Tuyển tập 50 đề thi HSG vật lý lớp 10 có đáp án chi tiết

TUYỂN TẬP
50 ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 10
CÓ ĐÁP ÁN
(Tài liệu dành cho Giáo viên, Sinh viên và học sinh)


SỞ GD  ĐT HẢI DƢƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT
Năm học 2015 – 2016
Môn thi: VẬT LÝ
Thời gian làm bài: 180 phút
( Đề thi gồm: 05 câu ; 02 trang)

Câu 1 (2,0 điểm):
Các giọt nước mưa rơi khỏi một đám mây trong thời tiết lặng gió. Giả sử các giọt nước mưa
giống nhau và có dạng hình cầu, rơi với vận tốc ban đầu bằng không, theo phương thẳng đứng.
Biết đám mây ở độ cao đủ lớn, coi trọng trường tại nơi khảo sát là đều và g  10(m / s 2 ) .
1. Bỏ qua mọi sức cản. Tìm quãng đường một giọt nước mưa rơi được trong 3 giây đầu và
trong giây thứ 5.
2. Xét một giọt nước mưa rơi chịu lực cản của không khí là FC  kv (với k là hằng số, v là
vận tốc của giọt nước đối với đất). Tại lúc gia tốc của nó đạt tới giá trị 6 (m / s2 ) thì vận tốc của nó
đạt giá trị 12  m / s  . Khi xuống tới gần mặt đất, thì giọt nước mưa rơi với vận tốc không đổi, lúc
này giọt nước đập vào tấm kính ở cửa bên của một ô tô đang chuyển động thẳng đều theo phương
ngang, giọt mưa để lại trên kính một vết nước hợp với phương thẳng đứng một góc 30 0. Tính tốc
độ của ô tô và cho biết người lái xe có vi phạm luật giao thông vì lỗi vượt quá tốc độ quy định
không? Biết tốc độ tối đa cho phép của ô tô là 70 (km/h).
Câu 2 ( 1,5 điểm):
lượng
Một chiếc thang đồng chất có chiều dài AB = l = 2,7m, trọng

B
P. Đầu A của thang tựa vào sàn nhà nằm ngang, đầu B của thang tựa
vào
tường thẳng đứng. Khối tâm G của thang ở cách đầu A một đoạn
0,9m.
0
vẽ.
Thang cân bằng ở vị trí hợp với sàn nhà một góc   60 như hình
Gọi µ là hệ số ma sát giữa thang với sàn, bỏ qua ma sát giữa thang
và
G
tường.
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của µ để thang còn chưa bị trượt.
thang.
2. Cho   0,32 . Một người có trọng lượng P1  3P trèo lên
A
Hỏi người đó trèo được một đoạn tối đa bằng bao nhiêu (so với đầu
A) để
thang còn chưa bị trượt.
Câu 3 (2,5 điểm):
một
Một sợi dây nhẹ không giãn, chiều dài l = 1m,
O
đầu cố định, một đầu gắn với vật nặng khối lượng
Ban
m1  300g tại nơi có gia tốc trọng trường g  10(m / s 2 ) .
B
đầu vật m1 ở vị trí B, dây treo hợp với phương thẳng
đứng
0

0
bằng
góc  (với 0    90 ), thả vật m1 với vận tốc ban đầu
K
không. Mốc tính thế năng trùng với mặt sàn nằm ngang
đi qua
điểm A và vuông góc với OA như hình vẽ, OA = OB =
l . Bỏ
C
A D
qua mọi ma sát và lực cản tác dụng lên vật m1, dây luôn
căng
trong quá trình vật m1 chuyển động.
1. Cho   900 . Xác định:
a. Cơ năng của vật m1 ngay lúc thả.
b. Xác định độ lớn lực căng dây tại vị trí dây treo hợp với phương thẳng đứng góc 300 (ở
phía bên trái OA).
2. Khi vật m1 chuyển động tới vị trí A, nó va chạm hoàn toàn đàn hồi xuyên tâm với vật m2
= 100g (đang đứng yên tại vị trí A). Sau va chạm vật m1 tiếp tục chuyển động theo quỹ đạo tròn
bán kính l = 1m đến vị trí có độ cao lớn nhất (vị trí K), D là chân đường vuông góc từ K xuống


mặt sàn. Vật m2 chuyển động dọc theo mặt sàn nằm ngang đến vị trí C thì dừng lại. Hệ số ma sát
giữa m2 và mặt sàn là 0,1. Biết

AD
15
.

AC

90

Xác định góc  .
Câu 4 (2 điểm):
chia
Một bình kín hình trụ đặt thẳng đứng có chiều dài l được
P1
thành hai ngăn nhờ một pittông cách nhiệt (bỏ qua bề dày của
pittông). Hai ngăn chứa cùng một chất khí lí tưởng, ngăn trên
chứa
một 1mol khí, ngăn dưới chứa 5 mol khí. Khi chất khí ở hai
ngăn
có cùng nhiệt độ T1 thì pittông ở vị trí cân bằng và cách đầu trên
của
P2
dụng
bình một đoạn l1  0,25l . Gọi P0 là áp suất của riêng pittông tác
lên chất khí ở ngăn dưới. Biết các thông số trạng thái P, V, T và
n
(mol) liên hệ với nhau bằng công thức: PV = nRT (với R là hằng
số).
Bỏ qua mọi ma sát.
1. Tính áp suất P1 và P2 của không khí trong hai ngăn theo P0.
2. Chất khí ở ngăn dưới được giữ ở nhiệt độ T1. Hỏi phải thay đổi nhiệt độ chất khí ở ngăn
trên đến giá trị bằng bao nhiêu (theo T1) để pittông cân bằng ở vị trí cách đều hai đầu của bình?
Câu 5 (2 điểm):
T
Cho n = 1mol khí lí tưởng biến đổi qua các trạng thái 2T1
được
2

biểu diễn trên đồ thị T-V như hình vẽ.
- Quá trình 12 là một đoạn thẳng có đường kéo dài đi qua
gốc
tọa độ.
1
T1
3
- Quá trình 23 là quá trình đẳng tích.
- Quá trình 31 là một đoạn cong thuộc đường cong có
thái 1,
phương trình T  T1 (a  bV)V (trong đó T1 là nhiệt độ ở trạng
V
số
a, b là hằng số dương). Biết T1  300K , V1 = 1 (lít). Các thông
O
trạng thái P, V, T và n (mol) liên hệ với nhau bằng công thức
 J 
PV  nRT , với R=8,31
.
 mol.K 
1. Xác định P1, P2 , P3.
2. Tính công của chất khí trong các quá trình 12 ; 23 ; 31.

……………………..Hết…………………..
Họ và tên thí sinh:…………………...................... Số báo danh:………………
Chữ kí giám thị 1:…………………… Chữ kí giám thị 2:………………………

SỞ GD  ĐT HẢI DƢƠNG HƢỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG MÔN VẬT LÝ
Năm học 2015 – 2016
Câu 1 (2 điểm):

1(1đ)
1
Quãng đường giọt nước rơi được trong 3 (s) đầu là : S  gt 2  45(m)
2

0,5


2(1 đ)

Quãng đường giọt nước rơi được trong giây thứ 5 là :
1
S  10.(52  42 )  45(m)
2
Chọn chiều dương là chiều chuyển động của giọt nước mưa.
- Áp dụng Định luật II Niu-tơn cho giọt nước
Fhl  P  FC
Chiếu lên chiều dương, ta có: ma = P - FC
Tại thời điểm a = 6 (m/s2), v = 12 (m/s), ta có:
m
m.6  m.10  k.12 ;   3
(1)
k
Khi rơi gần mặt đất, do giọt nước chuyển động thẳng đều, ta có:
P  FC'  mg  kv';
Thay (1) vào, ta có: v’ = 30(m/s).
Gọi giọt nước là vật 1; ô tô là vật 2; mặt đất
là vật 3.
 v13  v12  v23


Biết v13 = v’ = 30(m/s) và v12 hợp với v13 góc
300.
v
Từ hình vẽ: tan 300  23 ;
v13

0,5

 v23  v13 tan 300  10 3(m / s)  62,35(km / h)  70(km / h)
Vậy người lái xe không vi phạm giao thông về tốc độ.

0,25

Câu 2 (1,5 điểm):
1 (1đ)
Chọn hệ trục tọa độ x’Oy’ như hình vẽ.
- Điều kiện cân bằng lực cho thang:
P  NB  NA  FmsA  0
Chiếu lên trục Oy’, ta có: NA = P
(1)
Chiếu lên trục Ox’, ta có: NB  FmsA (2)

0,25

0,25

0,25

y’
B

0,25
G
x’
A

2 (0,5đ)

Chọn trục quay tại A, theo quy tắc mô men lực, ta có : M(P)  M(NB )
AB
1
 P.
.cos  N B .AB.sin ;  N B  P.cot 
(3) ;
3
3
1
Từ (2) và (3), ta có: FmsA  N B  P.cot 
3
Để thang không bị trượt thì : FmsA  .NA
1
1
1
 .P.cot   .P    cot   min  cot 
3
3
3
Vậy, giá trị nhỏ nhất của hệ số ma sát là: min  0,192
Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ. Gọi khoảng cách từ vị trí người
đến A là x.

0,25
0,25

0,25


Do thanh nằm cân bằng, ta có:
y’
P  P1  NB  NA  FmsA  0
B
Chiếu lên trục Oy’, ta có: NA = P + P1 (1)
Chiếu lên trục Ox’, ta có: NB  FmsA  0 ;
 NB  FmsA (2’)
G
Chọn trục quay tại A, theo quy tắc mô men
lực, ta có : M(P)  M(P1 )  M(NB )
AB
 P.
.cos  P1.x.cos  N B .AB.sin 
A
3
1
x
 N B  P.cot   P1. .cot 
(3')
3
1
x
Từ (2’) và (3’), ta có: FmsA  N B  P.cot   P1. .cot 

3
Để thang không bị trượt thì :
1
x
FmsA  .N A  P.cot   P1. .cot   (P  P1 )
3
3(P  P1 ).tan   P
(12 tan   1)
;
x (
)  x
3.P1
9
(12 tan   1)
 x max 
1,695m
9
Vậy người đó trèo được tối đa một đoạn 1,695m .

0,25

x’

0,25

Câu 3 (2,5 điểm):
a. Cơ năng của vật m1 là W  m1gl  0,3.10.1  3(J)
1 (1,5đ) b. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật, tìm tốc độ của vật ở vị
trí góc lệch   300 , ta được:
v2  2gl cos   2.10.1.cos300  10 3  v

0,5

0,5

4,1618m / s

- Áp dụng định luật II Niu - tơn cho vật m2 tại vị trí   300 , chiếu lên
phương bán kính, chiều hướng vào tâm, ta được :
T  3m1g cos   3.0,3.10.cos300 

2 (1 đ)

9 3
N
2

0,5

7, 79N

- Vận tốc của vật m1 ngay trước va chạm là v2  2gl(1  cos)
- Gọi v1 , v2 tương ứng là vận tốc của
mỗi vật ngay sau va chạm.

O
B
K
A

D

C

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, cơ năng cho hệ hai vật m1 ,
m2 ngay trước và ngay sau va chạm (chiều dương có phương nằm
ngang, hướng từ trái sang phải)


v

v1 

m
v

m
v

m
v


2
1 1
2 2
 1 2

2
2

m1v  m1v1  m 2 v 2
 v  3v
 2 2

0,25

- Xét vật m1:
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại vị trí A và vị trí K, ta
được :
1
m1v12  m1gl(1  cos )  v 2  8gl(1  cos )  cos  0, 75  0, 25cos 
2
 AD  lsin 

0,25

- Xét vật m2:
Áp dụng định luật II Niu - tơn cho vật theo phương ngang, chiều
dương hướng sang phải.
 a 2  g
v 22
9v 2
Khi vật dừng lại tại C. Suy ra: AC 

2a 2 8g

Theo đề

AD
15

15
4 sin 



AC 90
90 9(1  cos)

 4sin   15(1  cos)  16(1  cos2 )  15(1  cos) 2 (1)
Đặt x  cos
 x  0,5  cos  0,5    600 (T / m)
(1)  4x 2  6x  2  
0
 x  1  cos  1    0 (L)
Vậy   600

Câu 4 (2 điểm):
Do pittông ở trạng thái cân bằng, ta có: F2  F1  F0
1 (1 đ)
 P2 .S  P1.S  P0 .S
n RT
n RT
RT1 3P0
 2 1  1 1  P0 

0,75V 0, 25V
V
8
n RT
Ta có: P1V1  n1RT1  P1  1 1  1,5P0

V1
 P2  P1  P0  2,5P0

2 (1 đ)

P2 V2 P2' V2'
P V 15P0

;  P2'  2 2 
Xét ngăn dưới, ta có:
T1
T1
V2
4
Do pittông ở trạng thái cân bằng, ta có: P2 '  P1 ' P0  2,75P0
P1V1 P1'V1'
P1'V1'
11T1
'
 ' ;  T1 
T1 
Xét ngăn dưới, ta có:
T1
T1
P1V1
3

Câu 5 (2 điểm):

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,5


1 (1 đ)

2 (1 đ)

nRT
 24,93.105 (Pa)
V1
- Quá trình từ 1  2 là quá trình đẳng áp, ta có:
P2  P1  24,93.105 (Pa)
V V
Ta có : 1  2 ;  V2  2V1
T1 T2
- Quá trình từ 2  3 là quá trình đẳng tích, ta có:
P3 P2
T .P P
 ;  P3  3 2  2  12, 465.105 (Pa)

T3 T2
T2
2
+) Quá trình 1  2 là quá trình đẳng áp, chất
khí thực hiện công:
p
A12  P1 (V1  V2 )  P1V1  nRT1  2493(J)
1

- Ở trạng thái 1: P1V1  nRT;  P1 

p1

0,5

0,25

0,25

0,25
0,25

2

+) Quá trình 2  3 là quá trình đẳng tích, ta
0,25
có: A23 = 0(J).
p3
+) Xét quá trình 3  1 , chất khí nhận công
3

Ta có : T  T1  a  bV  V và PV  nRT
Suy ra : P  nRa  nRbV
V
Ta thấy P là hàm bậc nhất của V với hệ số
O
a < 0.
0,25
Đồ thị của nó được biểu diễn trên trục (P,V) như hình vẽ.
1
3
7479
A31   p1  p3  V2  V1   nRT1 
(J)
2
4
4
Chú ý : Học sinh làm theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa theo ý tương ứng.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 10
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Bài 1. Hai chất điểm chuyển động thẳng đều trên hai trục Ox và Oy
vuông góc với nhau. Tại thời điểm t = 0, vật 1 đang ở A cách O một
đoạn l1, vật 2 đang ở B cách O một đoạn l2, hai vật cùng chuyển động
hướng về O với các vận tốc v1 và v2.

a. Tìm điều kiện để hai vật đến O cùng một lúc.

y

B
l2
O

l1

A
x


b. Cho l1 = 100 m, v1 = 4 m/s, l2 = 120 m, v2 = 3 m/s. Tìm khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t = 10 s.
c. Với các dữ kiện như câu b. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật? Xác định vị trí của vật 1 khi đó ?

Bài 2. Một vật nhỏ được truyền cho vận tốc ban đầu bằng v0 = 4 m/s
để trượt lên trên mặt phẳng nghiêng góc α = 300 so với phương ngang,
v0 hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng. Khi vật đi lên đến điểm cao
nhất vật trượt trở lại. Hệ số ma sát trượt giữa vật với mặt phẳng
nghiêng là μ. Cho g=10m/s2.
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 h mà vật đi lên được.

Bài 3. Trên một xe lăn khối lượng m đặt trên sàn nằm ngang có gắn
một thanh nhẹ thẳng đứng đủ dài. Một vật nhỏ cũng có khối lượng
m buộc vào đầu thanh bằng một dây treo nhẹ, không dãn, chiều dài
l (hình vẽ). Ban đầu xe lăn và vật cùng ở vị trí cân bằng. Truyền tức
thời cho vật một vận tốc ban đầu v0 có phương nằm ngang trong

mặt phẳng hình vẽ. Bỏ qua mọi ma sát.

l
m
m

1. Xe bị giữ cố định.
a. Tìm v0 nhỏ nhất để vật quay tròn quanh điểm treo.
7
b. Cho v0 =
gl . Tìm góc lệch của dây với phương thẳng đứng tại vị trí
2
vật rời khỏi quỹ đạo tròn.
c. Trong phần b hãy tìm độ cao lớn nhất mà vật lên được so với vị trí cân bằng của nó.
2. Xe được thả tự do. Tìm v0 nhỏ nhất để vật quay tròn quanh điểm treo.

Bài 4. Một vật khối lượng m = 2 kg được treo vào tường bởi dây BC và
thanh AB đồng chất, tiết diện đều. Thanh được gắn vào tường bởi bản lề A.
Góc giữa CB và CA là α = 300. Cho g=10m/s2.Tìm lực căng của dây BC trong
các trường hợp:
a. Bỏ qua khối lượng của thanh AB.
b. Khối lượng của thanh AB là M = 1 kg.
c. Trong phần b nếu giả thiết thanh AB chỉ tựa vào tường ở A. Hỏi hệ số ma sát giữa
AB với tường phải bằng bao nhiêu để nó cân bằng.

Bài 5. Một cột khí được chứa trong một ống nhỏ, dài, tiết diện đều. Cột
khí được ngăn cách với khí quyển bên ngoài bởi cột thuỷ ngân có chiều
dài d = 150 mm. Áp suất khí quyển là p0 = 750 mmHg. Chiều dài của cột
khí khi ống nằm ngang là l0 = 144 mm. Hãy tìm chiều dài của cột khí trong
ống khi:

C
α

A

B

p
d

l

a. Ống thẳng đứng, miệng ống ở trên.
b. Ống đặt nghiêng góc α = 300 so với phương ngang, miệng ống ở dưới.
Coi nhiệt độ của khí là không đổi và bỏ qua mọi ma sát.
-------------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh……………………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
(Đáp án có 03 trang)

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014
ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÝ 10
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)

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.
Bài
Nội dung
Điểm
1.
a. Hai vật đến O cùng một lúc thì thời gian chuyển động của chúng phải
(2 điểm)
l
l
bằng nhau: 1  2 ..................... ..................................
0,5
v1 v 2
b. tại thời điểm t = 10 s khoảng cách từ các chất điểm đến O là:
x = l1 – v1.t = 60 m.
y = l2 – v2.t = 90 m.
 Khoảng cách giữa hai chất điểm.
0,5
l  x 2  y2  108,17 m............................................
c. Khoảng cách hai vật
d2  x 2  y2  (100  4t)2  (120  3t)2  25t 2  1520t  24400
0,5
Từ đây ta có dmin= 36m, (khi t=30,4s)........................ ..................
0,5
 Vị trí của vật 1 là: x = l1 – v1.t = - 21,6 m.......................................
(Nếu HS đ)áp số +21,6 m không cho điểm)
2.
Chú ý: phần a học sinh có thể thay số hoặc không vẫn cho đủ điểm; tùy theo
(2 điểm)
chiều dương của trục tọa độ mà dấu của al = +g.(sin α + μ.cos α) vẫn cho
đủ điểm

a. Khi vật đi lên:
- Tác dụng lên vật có trọng lực P, phản lực N và lực ma sát Fms.
N  P  Fms
- Định luật II Newton: a 
m
mg.sin  Fms  ma l
- Chiếu lên Ox và Oy ta được: 
 N  mg.cos  0
0.5
Thay Fms = μ.N  al = - g.(sin α + μ.cos α) ..................................
0.5
Tương tự khi đi xuống: ax = g.(sin α – μ.cos α) ...........................
b. Quãng đường mà vật đi được khi đi lên:
1
Sl = v0 t  a l t l2 .
2
Mặt khác khi lên đến điểm cao nhất thì vận tốc của vật bằng:
v = v0 + al.tl = 0  v0 = - al.tl.
1
Thay vào phương trình trên ta được: Sl =  a l t l2
2
Khi đi xuống quãng đường vật đi được là:


Sx =

1
a X t 2X
2
2

t 
a
Mà: Sl = Sx  l    x   1, 44
ax
 tl 
............ ...................................
Thay các biểu thức của gia tốc của câu a vào ta được:
sin   cos
 1, 44  μ  0,1.
sin   cos
Thay vào biểu thức của gia tốc khi đi lên ta được: al = - 4,1 m/s2.
v2
 Quãng đường : Sl   0  1,36 m.
2a l
 Độ cao lớn nhất mà vật đạt được : hmax = Sl.sin α = 0,68 m.................

3.
(2 điểm)

0.5

0.5

1.
a. Để dây không bị trùng trong suốt quá trình vật chuyển động thì tại điểm
cao nhất của quỹ đạo lực căng dây T  0.
Định luật II Newton cho vật chiếu lên phương hướng tâm:
v2
T + mg = maht = m

 v2  gl (1)
l
Bảo toàn cơ năng cho điểm cao nhất và vị trí cân bằng:
1
1
mv 2  2mgl  mv02 (2).
2
2
Từ (1) và (2) suy ra: v0  5gl ........................ ........................
0,5
b. Khi vật rời khỏi quỹ đạo tròn thì TC = 0
v2
Định luật II Newtơn cho vật tại C: mg.cos α + TC = m
l
2
 v = gl.cos α (3)
Bảo toàn cơ năng cho VTCB và C ta được.
1
1
mv02  mgl 1  cos   mv 2 (4).
2
2
Thay (3) vào (4) ta được:
7
v02  2gl 1  cos   glcos  gl  3cos  2   gl
2
0
 cos α = 0,5  α = 60 .....................................................
0,5
c. Sau khi rời khỏi quỹ đạo tròn vật sẽ chuyển động như một vật bị ném xiên

gl
với vận tốc ban đầu v =
hợp với phương ngang một góc bằng 600
2
Khi vật lên đến điểm cao nhất D thì vận tốc của vật có phương nằm ngang
gl
và bằng: vD = v.cos α =
8
Bảo toàn cơ năng cho điểm cao nhất D và vị trí cân bằng:


0,5
1
1
27
mv2D  mgh max  mv02  hmax =
l ..............................
2
2
16
2. Để vật quay hết một vòng quanh điểm treo thì lực căng dây ở điểm cao
nhất T  0
Gọi v1, v21 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.v0 = m.v1 + m.(v1 + v21)  v0 = 2.v1 + v21 (1)
- Bảo toàn cơ năng:
1
1
1

2
mv02  mv12  m  v1  v21   2mgl (2)
2
2
2
- 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 Newtơn cho vật ở điểm cao nhất:
v 221
mg + T = m
(3)
l
Kết hợp với điều kiện T  0 (4).
0,5
Từ 4 phương trình trên ta tìm được: v0  3 gl .........................
4.
(2 điểm)

a. Dùng quy tắc mômen với điểm A.
mg.AB = T.AB.cos α
mg
 23,1 N.......................................
T=
cos
b. Vẫn dùng quy tắc mômen với A.
AB
mg.AB + Mg.
= T.AB.cos α ..........................................

2
Mg
mg 
2  28,87 N.................. .................................
 Tb =
cos

0,5

0,25

0,25

c. Tác dụng lên thanh AB có 5 lực là lực căng dây Tb, mg, Mg và phản lực
vuông góc của tường N và lực ma sát của tường tác dụng lên thanh.
Điều kiện cân bằng lực: Tb  mg  Mg  N  Fms  0 ................................
0,25
Chiếu lên phương thẳng đứng và phương nằm ngang:
Fms + Tb.cos α – Mg -mg= 0
0,25
Mg
 Fms = mg + Mg – Tb cos α =
= 5 N..................
2
N – Tb.sin α = 0  N = Tb.sin α  14,4 N. ...............................
0,25
Điều kiện để đầu A không trượt là: Fms  μ.N  μ  0,35......................
0,25

5.
(2 điểm)

Chú ý: Nếu thí sinh không trực tiếp tính ra áp suất mà thay biểu thức và cho
ra đáp số đúng của l vẫn cho đủ điểm.
a. - Ban đầu khi ống nằm ngang.
Áp suất và thể tích của khối khí bị nhốt trong ống lần lượt là:
p1 = p0 = 750 mmHg; V1 = l0.S với S là tiết diện của ống.
- Khi ống dựng thẳng đứng và miệng ống ở trên.
Áp suất của khối khí được tính dựa vào áp suất ở đáy cột thủy ngân:
p2 = p0 + d = 750 + 150 = 900 mmHg.................. ...................................
Thể tích là: V2 = l2.S.
- Quá trình là đẳng nhiệt nên ta có:
p1.V1 = p2.V2
pl
 l2 = 1 0 = 120 mm.. ....................... ...................................
p2
b. Tương tự khi ống đặt nghiêng góc α = 300 so với phương ngang và miệng
ống ở dưới thì áp suất mới của khí cũng được xác định dựa vào áp suất của
đáy cột thủy ngân:
p3 = p0 - d.sin α = 675 mmHg.................. ...................................
thể tích là V3 = l3.S.
Dùng định luật B – M tương tự ta có:
pl
p1.V1 = p3.V3  l3 = 1 0 = 160 mm..........................................
p3

0,5

0,5

0,5

0,5


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


treo vào một điểm cố định. Kéo con lắc khỏi vị trí cân bằng sao cho dây treo hợp
0
0
phương thẳng đứng góc 0 = 60 rồi thả nhẹ. Khi vật chuyển động đến vị trí dây treo
hợp phương thẳng đứng góc  = 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.
Coi nhiệt độ không đổi khi pit-tông di chuyển và khí phân bố đều
C
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  = 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
m2
A trên hai mặt nêm. Bỏ qua mọi ma sát. Lấy g = 10m/s2. (Hình vẽ
m
1
3)
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 .
B 
Hình vẽ 3



B
Hình vẽ 2

C


b. Để t1 = t2 thì cần phải cho nêm chuyển động theo phương ngang một gia tốc a0 không đổi
bằng bao nhiêu?
HẾT
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thị không giải tích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………………………………………………SBD………………………….………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
HÀ TĨNH
NĂM HỌC 2012 - 2013
Thời gian làm bài 180 phút

HDC ĐỀ CHÍNH
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)
THỨC
Câu 1

4 điểm

x  v01t 
gx 2 x 2

2
Chọn:
hệ tọa độ Oxy, gốc tọa độ, gốc thời gian

y


gt 
2
2v01
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

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

b
2,5 điểm

HM = v01t = v02t 
Xét vật A:

0,5

0,5
0,5

0,5

v01
=1
v02

gt 2
h1 =
(1)
2

Điểm
0,5

(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

0,5
0,5


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(cos - cos0)
1,5 điểm
 v = [2gl(cos - cos0)]1/2 = 2,7 m/s
Áp dụng định luật II Niu–tơn:
T - mgcos = mv2/2  T = mg(3cos - 2cos0) = 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

Câu 2

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

Câu 3

0,5
0,5
1

4 điểm
Phần xi lanh bi nung nóng:

PV
PV
PV

o o
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

Vì

P1 = P2  V1  T0  T
T0  T

V2

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

4 điểm
Đối với đĩa:

(3)

Pđ = Mg = 80 N, Pt = mg = 20 N

N2cos300 = Mg  N2 = 2Mg  160 N ≈ 92,4 N
3

N1 = N2sin300  N1 =

0,5

l T
T0

F2

0
0
( PV
- PV
)S = ma
S (l  r ) S (l  r )

Từ (1), (2), và (3)

0,5

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

Câu 4

0,5

0,5

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

b
2 điểm

0,5

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

Phần xi lanh bị làm lạnh:
a

2 điểm

0,5

F1

P1, V1

P2, V2

 a = 2P0V0x/(l – x2)m
2

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

0,5
0,5

3

80
N ≈ 46,19 N
3

0,5

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

0,5

l
mg cos300  N3.R 3
2
T=
 48,7 N
l

0,5


Phản lực ở trục quay A:
Nx + N3sin300 = Tsin300
Ny + Tcos300 = mg + N3cos300
Phản lực ở trục quay: N =
Câu 5

a
2 điểm

b
2 điểm

0,5



Nx  - 21,9 N
Ny  57,9 N

N x2  N y2 = 61,9 N

4 điểm
Gia tốc của các vật trên mặt phẳng nghiêng: a1 = gsin, a2 = gcos
AB = (gsin)t2/2 và AC = (gcos)t2/2
AC
4
t2 = 2t1 
(1)

AB tan 
AC
Mặt khác tan =
(2)  tan = 2   = 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 = gsin - a0cos
a2n = gcos + a0sin
AC a2 n gcos  + a 0 sin 
Vì t1 = t2  tan =
=
=

=2
AB a1n
gsin  a 0 cos
3
Thay số ta được a0 = g = 7,5 m/s2.
4

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


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƢỜNG THPT ANH SƠN 3
Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƢỜNG LỚP 10
NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi: VẬT LÍ LỚP 10 THPT
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1(5điểm): Lúc 7 giờ, xe thứ 1 chuyển động thẳng đều với tốc độ 36(km/h) qua địa điểm A đuổi
theo xe thứ 2 đang qua địa điểm B chuyển động thẳng đều với tốc độ 5(m/s). Biết AB = 18(km).

a. Viết phương trình chuyển động của hai xe
b. Xe thứ 1 đuổi kịp xe thứ 2 lúc mấy giờ và ở đâu
c. Lúc 7 giờ 30 phút xe thứ 3 bắt đầu qua A chuyển động thẳng đều với tốc độ v3 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
Câu 2(6điểm): Cho cơ hệ như hình vẽ (H.1): Mặt phẳng nghiêng góc 
m1
so với phương ngang; hai vật khối lượng m1, m2 có kích thước không
đáng kể; gia tốc trọng trường là g; dây không giãn vắt qua ròng rọc;
m2
bỏ qua khối lượng của ròng rọc, dây nối và ma sát giữa dây và ròng rọc.
h
Ban đầu giữ vật m2 cách đất một khoảng h.
1. Bỏ qua ma sát giữa m1 với mặt phẳng nghiêng. Biết m2 > m1sin  ,
(H.1)
buông cho hệ chuyển động tự do.
a. Tính gia tốc mỗi vật
b. Tìm khoảng thời gian từ lúc m2 bắt đầu chạm đất đến lúc dây bắt đầu căng trở lại
m
2. Cho hệ số ma sát giữa m1 với mặt phẳng nghiêng là  . Tìm tỉ số 1 để sau khi buông hệ hai vật
m2
A
m1, m2 đứng yên không chuyển động.
D
Câu 3(4điểm): Khối hộp hình chữ nhật kích thước AB = 2a, AD = a đặt trên
B
mặt phẳng nghiêng như hình vẽ (H.2): Mặt phẳng nghiêng,
C
nghiêng góc  so với phương ngang, hệ số ma sát giữa khối hộp với
3
(H.2)

mặt phẳng nghiêng là  
.
3
a. Khối hộp nằm cân bằng trên mặt phẳng nghiêng. Biểu diễn các lực tác dụng lên khối hộp
b. Tìm  max để khối hộp vẫn nằm cân bằng trên mặt phẳng nghiêng

I

Câu 4(3điểm): Một quả cầu nhỏ khối lượng m treo ở đầu một dây nhẹ chiều dài l ,
đầu kia treo ở I. Từ vị trí cân bằng O của quả cầu, truyền cho quả cầu vận tốc vo
O
(hình vẽ H.3). Bỏ qua mọi ma sát, gia tốc trọng trường có độ lớn là g.
(H.3)
a. Cho vo  gl . Tìm góc lệch của dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng
của dây treo khi quả cầu ở vị trí cao nhất so với vị trí cân bằng.
b. Khi quả cầu bắt đầu quay lại vị trí cân bằng cho điểm I chuyển động rơi tự do. Tìm vo để khi quả
cầu tới vị trí dây treo có phương nằm ngang thì vận tốc của quả cầu đối với đất bằng không.


Câu 5(2điểm): Cho các dụng cụ sau: Tấm ván phẳng, khối gỗ hình chữ nhật, thước có độ chia nhỏ
nhất 1mm. Lập phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát nghỉ cực đại.
- - - Hết - - Họ và tên thí sinh : ..................................................................Số báo danh :............................
HƢỚNG DẪN CHẤM
Câu
Nội dung
1.a (2đ) Viết phương trình chuyển động:
A
B
- Chọn trục tọa độ như hình vẽ, gốc thời gian lúc 7h
- Phương trình chuyển động của xe 1: x1  36t (km ; h)

O
- Phương trình chuyển động của xe 2: x1  18  18t (km ; h)
1.b
Vị trí và thời điểm gặp nhau của hai xe:
(2đ)
- Khi hai xe gặp nhau: x1  x2  t = 1h
- Hai xe gặp nhau lúc 8h tại vị trí cách A 36 (km)
1.c (1đ) Tìm điều kiện của v3
- Phương trình chuyển động của xe thứ 3: x3  v3 (t  0,5) (km ; h)
- Vị trí gặp nhau của xe thứ 3 và xe thứ 2:
18  0,5v3
27v3
x3  x2  v3 (t  0,5)  18  18t  t 
 x32 
v3  18
v3  18
- Tọa độ gặp nhau của xe thứ 3 và xe thứ 2 (x32) lớn hơn tọa độ gặp nhau của xe
thứ 1 và xe thứ 2 (x32 = 36km)
v3  v2
 
 x32  36
2.1.a
(2đ)

- Giải hệ trên ta được: 36(km / h)  v3  72(km / h)
Tính gia tốc mỗi vật:
+ lực tác dụng lên mỗi vật như hình vẽ


T 1  N  P1  m1 a1

+ Phương trình định luật II: 
 m2 a 2

T 2  P 2
T  P1 sin   m1a
+ Chiếu lên các trục tọa độ ta có: 
 m2 a
T  P2

 a
2.1.b
(2đ)

P1  P2 sin 
m1  m2

- Vận tốc của m1 lúc m2 chạm đất: v01  a
- Gia tốc của m1: a '   g sin 

Điểm
1x
0,5
0,5
1
1
0,25

0,25

0,25

0,25
0,5
0,5

0,5

0,5

P  P sin 
2h
 2ha  2h 1 2
a
m1  m2

0,5
0,5

1


P1  P2 sin 
m1  m2
v
- Thời gian: t  2 01  2
a'
g sin 
- Trường hợp vật m1 có xu hướng trượt lên:
+ lực tác dụng như hình vẽ
T 1  N  F ms  P1  0
+ Hệ cân bằng nên ta có: 

T 2  P 2  0
+ Chiếu lên các trục tọa độ và biến đổi ta thu được:
Fms  P2  P1 sin 
+ Hệ đứng yên nên lực ma sát là ma sát nghỉ: Fms  P2  P1 sin    Pc
1 os
m
 2  sin    cos
m1
- Trường hợp vật m1 có xu hướng trượt xuống:
m
Tương tự trên ta có: 2  sin    cos
m1
m
Kết hợp cả hai trường hợp ta được: sin    cos  2  sin    cos
m1
2h

2.2
(2đ)

3.a (2đ)

0,5

0,5

0,5

0,5

A

0,5

D

B

0,5

C

1

3.b
(2đ)

Điều kiện để khối hộp nằm cân bằng trên mặt phẳng nghiêng:
+ Tổng lực tác dụng lên vật bằng không: P  N  F ms  0
Chiếu lên các trục tọa độ ta thu được: tan      max  30o
+ Giá của trọng lực phải rơi vào mặt chân đế BC:
BC 1
Từ hình vẽ ta có: tan  max 

AB 2
Kết hợp cả hai điều kiên ta có:  max 

0,5
0,5

0,5
0,5

4.a (2đ)
+ Chọn mốc tính thế năng ở O
+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có:
mvo2
 mgl (1  cos o )
2
v2
1
 cos o  1  o    o  60o
2 gl 2

0,5
I
0,5
A

0,5
O

0,5


mg
2
Khi I rơi tự do. Gắn hệ qui chiếu với I. Lực tác dụng vào quả cầu:
P  F qt  T  ma

0,25

Với F qt  mg  T  ma

0,25

+ Lực căng của dây treo: T = Pcos60o =
4.b
(1đ)

v  T  Quả cầu chuyển động tròn đều quanh I.
Thời gian quả cầu chuyển động từ O tới vị trí dây treo nằm ngang: t 

l

2v0
lg
Trong thời gian đó điểm I đi xuống một đoạn và đạt vận tốc: v1  gt 
2vo

5 (2đ)

Vận tốc của quả cầu đối với đất: v d  v  v1 (với v = vo)
lg
lg
Để v d  0 thì v  v1  v = vo = v1 =
 vo 
2
2vo
- Đặt khối gỗ lên tấm ván

- Nghiêng dần tấm ván đến khi khối gỗ bắt đầu trượt
- Đánh dấu, đo độ cao h và hình chiếu c của mặt nghiêng ở vị trí đó
h
-   tan  
c

0,25

0,25

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


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Dành cho học sinh THPT Chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1. Tại đầu một tấm ván người ta đặt một vật nhỏ có khối lượng bằng
hai lần khối lượng tấm ván. Đẩy cho cả hai chuyển động với cùng vận tốc
v0 theo phương ngang hướng về phía bức tường thẳng đứng (Hình 1).
Vectơ vận tốc hướng dọc theo tấm ván và vuông góc với tường. Coi va

chạm giữa tấm ván và tường là tuyệt đối đàn hồi và tức thời, còn hệ số ma
sát giữa vật và ván bằng , bỏ qua ma sát giữa tấm ván và sàn. Hãy tìm độ
dài cực tiểu của tấm ván để vật không bao giờ chạm vào tường.
Câu 2. Một sợi dây nhẹ không dãn dài l, một đầu cố định, đầu kia treo vật nhỏ khối lượng m. Kéo
vật sao cho dây hợp với phương thẳng đứng góc  (0o <α< 90o, vật ở phía dưới điểm treo) rồi thả vật
không vận tốc đầu. Bỏ qua mọi ma sát.
1. Nếu gia tốc của vật ở vị trí thấp nhất và cao nhất có độ lớn bằng nhau thì góc  bằng bao nhiêu?
2. Tại vị trí dây treo lệch góc  (<), vận tốc dài có thành phần thẳng đứng vy cực đại, tính góc .
3. Khi đến vị trí thấp nhất, vật va chạm đàn hồi xuyên tâm với vật thứ hai giống hệt nó, đang đứng yên ở
đỉnh một bán cầu bán kính R. Ngay sau va chạm, vật hai rời khỏi bán cầu. Tính bán kính R theo l.
Câu 3. Xi lanh có tiết diện trong S =100 cm2 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 m1=12 g khí Hêli, phần bên phải cũng có chiều dài
l=1,12 m chứa m2=2 g khí Hêli và nhiệt độ cả hai bên đều bằng T0 =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 P0 =105 N/m2 nhiệt
dung riêng đẳng tích và đẳng áp của Hêli bằng: Cv = 3,15.103 J/kg.độ;
Cp=5,25.103J/kg.độ. Bỏ qua mọi ma sát.

V

K

P0

Hình 2

Câu 4. Trên mặt phẳng thẳng đứng (P) có vẽ một vòng tròn (C) bán kính
R tiếp xúc với mặt phẳng ngang. Một chiếc vòng M có bán kính R lăn không

trượt trên mặt phẳng ngang tiến về phía vòng tròn (C) (Hình 3). Vận tốc của
tâm O1 của vòng M là v. Mặt phẳng của M nằm sát mặt phẳng (P). Gọi A là
một giao điểm của hai vòng tròn khi khoảng cách giữa tâm của chúng là
d<2R. Tìm:
1. Vận tốc và gia tốc của A.
2. Bán kính quỹ đạo và vận tốc của điểm nằm trên vòng M tại A.
Câu 5. 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  là góc giữa
phương thẳng đứng và bán kính nối từ tâm bán cầu tới vật (Hình 4).
1. Giả sử bán cầu được giữ đứng yên. Xác định vận tốc của vật, áp lực của
vật lên mặt bán cầu khi vật chưa rời bán cầu, từ đó tìm góc m khi vật bắt
đầu rời bán cầu.



Hình 4


2. Giả sử giữa bán cầu và mặt phẳng ngang có hệ số ma sát là . Tìm  biết rằng khi  = 30o 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  khi vật rời khỏi bán cầu.

-------------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
(Đáp án có 06 trang)

Câ
u
1

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÝ
(Dành cho học sinh THPT Chuyên)
Nội dung

Ý
2đ

Để vật không chạm tường thì nó phải không
rời ván. Sau khi va chạm với tường, ván có vận
tốc v0 hướng ngược lại. Do vật không rời ván

Điể
m
v0

Hình 1
nên áp dụng định luật bảo toàn động lượng và
bảo toàn năng lượng, ta có :
1
1
2mv0  mv0  3m.v1 , .2mg.x1   3m  v02   3mv12 .........................
2
2
Trong đó v1 là vận tốc khi vật và ván chuyển động như một vật trở lại tường,

0,5

v0
2v02
x1 là quãng đường vật đi được trên ván. Suy ra: v1  ; x1 
, khi vật và
3
3g
ván chuyển động như một vật lao vào tường, quá trình diễn ra giống hệt như
2

trên, vật đi thêm quãng đường x2 trên ván:

V 
2 1 
v
1
3
v2  1 ; x2    
3
3g g

...................................................
Quá trình như vậy lặp lại nhiều lần, và tổng quãng đường vật đi được trên ván
là : s  s1  s2  ...  sn 

2v02  1 1
1
1   2  ...  n 

3g  9 9
9 

1
n
2v
3v02 
1
9



1  n  ...........................................................
3g 1  1 4g  9 
9
Để vật không rời ván thì độ dài ván lớn hơn hoặc bằng quãng đường s sau
3v 2
nhiều lần va chạm n   : l  lim s  0 . Vậy để vật không va vào tường
n 
4µg
2
0

2

1
0,75
đ

0,5

1

0,5

3v02
độ dài tối thiểu của ván là l 
....................................
4µg
Gọi aA và aB là gia tốc toàn phần tại A và B

0,5

a  a 2  a 2
tA
nA
 A

..............................................................
a B  a 2tB  a 2nB

0,25

Vì anA = 0 ; atB = 0 nên theo giả thiết aA = aB thì atA = anB


v2B
(1)....................
 v 2B  gsinα


Chọn mốc tính thế năng qua B, Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật
1
tại A và B WA = WB  mg1  cosα   mv 2B  v2B  2g1  cosα 
2
(2)
 gsinα 

sinα  0(loai)
(1),(2)  gsinα  2g1  cosα   
....................
sinα  4  α  53,130
5


0,25

0,25

O
y


A
x
C
B

2
0,75
đ

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại A và C
1
mg1  cosα   mv C2  mg1  cosβ   vC2  2gcosβ  cosα  (3) .... ….
2
 

Áp dụng định luật II Niutơn cho vật P  TC  ma
Theo phương hướng tâm CO :  Pcosβ  TC 

mv C2


(4)

(3),(4)  TC  mg(3cosβ  2cos )

(5)

Theo phương thẳng đứng Cy :  P  TCcosβ  ma y  a y 
Do vCy đạt cực đại nên aCy=0, TC 

0,25

mg
cosβ

TCcosβ  P
m

(6)…………….. ….. …

0,25

Từ 4,5 và 6 ta có
 mg(3cos   2cos ) 

mg
cosβ

 3cos 2β  2cosαcosβ  1  0

3
0,5đ

cosβ  0,81  β  360

0
cosβ  0,41  β  114 (loai)
…………….. ………………………..
Do m1=m2 nên sau va chạm hai vật trao đổi vận tốc

0,25


v22  v2B  2g(1  cos )

(7)

Áp dụng định luật II Niutơn cho vật 2 sau va chạm :




P2  N2  ma 2 ; theo phương hướng tâm

P2  N 2 v 22
P  N 2 2g (1  cos )
(8)  2


m
R
m
R
2
 N 2  mg(1  (cosα  1)) ..........................
R
Sau va chạm vật 2 rời khỏi bán cầu nên:
2
N 2  0  mg(1  (cosα  1))  0
R
Vậy: R  2(1  cos )  0,8 ..... ……………….. ……………….. .......
m R.T0
Lúc đầu áp suất khí bên trái P1 = 1 .
lớn hơn áp suất bên phải vách
μ lS
a2 

3

2đ

P2=

m 2 R.T0
................ ........................................... ...............
.
μ lS

0,25

0,25

0,25

Khối khí bên phải bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V0 = lS xuống V1, áp suất của
nó tăng lên đến P1:
1

P2V0

g

1


 
= P1 V1  V1 = V0  P2  = V0  m2 
P
m 

 1
 1


g

Khi đó nhiệt độ ở bên phải: T1 =

(1)... .........................
1 
 

m
P1V1
T0 = T0  2 
P2 V0
 m1 

=559K (2).......

0,25

0,25

Sau khi nắp K mở hai khí hoà trộn vào nhau và có cùng nhiệt độ T2: Cvm1(T2T0) = Cvm2(T1 - T0)
1


m1T0  m 2T1
m1   m 2  γ 


 T2 =
= T0
=314K
1 
m1  m 2
m1  m 2   m1  



(3) ..................

Sau đó lượng khí m = m1 + m2 bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V = V0 + V1 đến V0 ,
nhiệt độ tăng từ T2 đến T, ta có : T. V0g -1 = T2(V0 + V1)g -1 (4)……… ……
Thay (1) và (3) vào (4) ta được:

0,25

γ

1


γ
 V0  V1 


m
.T
m

 =382K (5) ........................
1 0 
2
T = T2 
 V   m  m 1   m  
0
1
2


  1  
Công do lực tác dụng lên pittông và áp suất khí quyển P0 thực hiện làm tăng
γ 1

0,25

0,25