Vật lý 10 đề thi (chính thức) kỳ thi HSG các trường chuyên khu vực duyên hải đồng bằng bắc bộ lần thứ IX năm 2016

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT
CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG
BẮC BỘ
LẦN THỨ IX, NĂM HỌC 2015 – 2016
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 02
trang)

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ 10
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 23/4/2016

Câu 1: (4 điểm)
Một quả cầu bán kính R, khối lượng M được đặt trên mặt
bàn nằm ngang. Từ đỉnh A của quả cầu, một vật nhỏ khối
lượng m trượt không ma sát với vận tốc ban đầu bằng 0.
(Xem hình vẽ 1)
a) Quả cầu được gắn cố định trên bàn.Vật sẽ rời mặt cầu ở
độ cao nào so với mặt bàn. Tính góc tạo bởi phương ngang và
véctơ vận tốc của vật ngay trước khi vật chạm mặt bàn.
b) Quả cầu nằm tự do trên mặt bàn nhẵn. Xác định tỉ số
Hình vẽ 1
m
7R
M để vật nhỏ rời mặt cầu tại tại độ cao 4 so với mặt bàn.
Câu 2: (4 điểm)
Người ta ném một vật từ mặt đất lên với tốc độ ban đầu v 0 theo phương hợp với phương
ngang một góc α . Gia tốc trọng trường là g, bỏ qua sức cản của không khí. Chọn hệ qui chiếu
có gốc tọa độ O tại vị trí ném, trục Oy hướng thẳng đứng lên trên, trục Ox hướng theo phương
ngang sao cho vật chuyển động trong mặt phẳng Oxy.
1) Với giá trị v0 xác định, vật chỉ có thể đi tới các vị trí nằm bên trong một đường giới hạn.

Xác định phương trình đường giới hạn này.
2) Khi rơi chạm mặt đất, cho rằng vật không bị nảy lên. Hệ số ma sát giữa vật và mặt đất là µ .
a) Tìm tốc độ của vật ngay sau khi chạm đất. Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong thời gian
xảy ra va chạm.
Biện luận kết quả thu được theo mối quan hệ giữa góc ném α và hệ số ma sát µ .
b) Với góc α bằng bao nhiêu thì vị trí vật dừng lại nằm xa O nhất.
Câu 3: (4 điểm)
Một động cơ đốt trong thực hiện chu trình
1-2-3-4-1 theo đồ thị như hình vẽ 2. Chu
trình gồm hai quá trình đẳng tích và hai quá
trình đoạn nhiệt xen kẽ nhau. Tác nhân sử
dụng là n mol khí (coi là khí lý tưởng). Biết T 1
= 524K, T2 = 786K và T4 = 300K. Tính nhiệt
độ T3 và hiệu suất của chu trình.

1


Hình vẽ 2
Câu 4: (5 điểm)
Một đĩa phẳng đồng chất, khối lượng M và bán kính
R đang quay với vận tốc góc ω0 quanh trục thẳng đứng đi
qua tâm đĩa thì rơi nhẹ lên mặt sàn nằm ngang. Lực cản
r
của sàn tác dụng lên phần đĩa diện tích ∆S có vận tốc v
uur
r
được xác định bằng biểu thức: FC = − k .∆Sv , với k là hệ
số cản. Mặt sàn gồm hai phần được ngăn cách nhau bởi
đường thẳng Δ, có hệ số cản tương ứng là k1 và k2

(k2 > k1). Tại thời điểm ban đầu, tâm đĩa nằm trên đường
phân cách Δ (Hình vẽ 3)

∆
R

O

k1

k2
Hình vẽ 3

a) Xác định độ lớn gia tốc góc và gia tốc khối tâm của đĩa tại thời điểm ban đầu.
b) Tìm quãng đường mà tâm đĩa đi được từ thời điểm ban đầu cho đến khi dừng lại hẳn.
Câu 5: (3 điểm)
Xác định hệ số ma sát trượt giữa gỗ và gỗ.
Dụng cụ:
- Một lò xo được xem là lý tưởng.
- Một quả cân đã biết khối lượng.
- Một khối gỗ hình hộp chữ nhật có móc treo.
- Một mặt phẳng bằng gỗ.
- Một thước chia đến milimet.
Hãy thiết lập một phương án đo hệ số ma sát trượt giữa gỗ và gỗ. Gia tốc trọng trường xem
như đã biết.

-------------- 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: ...........................
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT
CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG

BẮC BỘ
LẦN THỨ IX, NĂM HỌC 2015 – 2016
HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN: VẬT LÍ 10
Ngày thi: 23/4/2016
Câu 1 (4 điểm) – Ninh Bình+ Bắc giang
Ý

Nội dung

2

Điểm


a
2đ

* Quả cầu được gắn cố định trên mặt
bàn.
*Xác định góc α và vận tốc v của vật
khi rời khỏi mặt quả cầu từ đó suy ra
độ cao tương ứng
* Xét chuyển động của vật trong HQC
găn với mặt bàn
Lực tác dụng như hình vẽ. Chiếu lên trục bán kính ta được:
v2
mg cos α − N = m
R ……………………………………………………..

0,25

vật rời khỏi mặt quả cầu : N = 0
2
=> v = gR cos α (1) ………………………………………………………

+ ĐLBTCN:

.

1 2
mv = mgR ( 1 − cos α ) ⇒ v 2 = 2 gR ( 1 − cos α )
2
(2)………

Giải hệ (1)((2) =>

cos α =

2
v=
3;

2 gR
3 ………………………………

5R
Độ cao khi rời mặt cầu: h = R + Rcosα = 3 ……………………….
r
v
* Khi chạm vào mặt bàn vật có vận tốc 1 hợp với phương ngang góc β

ĐLBTCN

mv12
2 => v1 = 2 gR

0,25

0,25

0,25

…………………………

+ Theo phương ngang vận tốc không đổi

0,25

=> v.cos α = v1 .cos β …………………………………………………
Thay các biểu thức của v , v1 và cos α vào phương trình trên ta được

0,25

6
≈ 740
9
………………………………………………………….

0,25

β = arccos
b
2đ

2mgR =

0,25

* Quả cầu nằm tự do trên mặt bàn
+ M chỉ chuyển động trượt không ma sát
do tương tác với m
+ m bắt đầu rời M : a M = 0 , M có vận tốc

3


Trong HQC gắn M: vào thời điểm rời Fqt = 0, N = 0, phương trình động lực
học cho m, chiếu lên phương hướng tâm:
mv 2
mg.cosα = R => v2 =gRcosα

(1)…………………….

Trong HQC bàn: Xét hệ hai vât
Áp dụng ĐL bảo toàn ĐL theo phương ngang:
0,25

( M + m ) v2
0 = Mv2 + m(v2 – v.cosα) => v =

m cos α

(*)……………………..

r r 2
Mv2 2 m ( v2 + v )
+
2
2
ĐLBTCN : mgR(1- cosα) =
(**)……………………..
M +m
2
(*)&(**) => v2 = 2gR(1 - cosα ). M + m sin α (2)……………………….
m
3cos α − 2
=
3
+ (1)&(2) => M cos α − 3cos α + 2 (3)……………………………….

+ hình vẽ =>

cos α =

+ Từ (3)(4) được

7R 4 − R 3
=
R
4 (4)……………………………………

m 16
=
M 11 ………………………………………………..

0,25
0,25
0,5

0,25
0,25
0,25

Câu 2: (4 điểm)- Quảng Ninh
Ý
1
1,5đ

Nội dung
 x = v0 cosα .t


1
y = v0 sinα .t − gt 2

2
Phương trình chuyển động của vật là 

Điểm

Phương trình quĩ đạo của vật:

y = x.tanα −

gx 2
gx 2
gx 2
2
=
−
tan
α
+
x
.
tan
α
−
2v02 cos 2 α
2v02
2v02 ……………………… 0,5

4


 gx 2

gx 2
2
tan α − x tan α +  2 + y ÷ = 0

2
2v
 2v0

Biến đổi pt về dạng: 0

Vật không thể đến được các vị trí không cho ta nghiệm , tức là:
v02 gx 2
gx 2 
gx 2 
∆ = x − 4 2  y + 2 ÷< 0 ⇒ y >
−
2v0 
2v0 
2 g 2v02
………………………………
2

0,5
0,5

v02 gx 2
− 2
2
g
2v0 …………………………
Đường giới hạn cần tìm là Parabol :
Ngay trước khi chạm đất, vật có tốc độ v 0 hợp với phương ngang một góc α
như lúc ném. Ta có:
y=

2.a
1đ

N.∆t = mv 0sinα


0,5
 Fms .∆t = m ( v 0cosα − v )

FμN
ms =

……………………………………………………..
 v ( cosα − μsinα ) ; cotα ≥ μ
v= 0
0,5
0
;
cotα
<
µ

……………………………………………

2.b
1,5đ

(Nếu chỉ giải ra ĐS:
v02 sin 2α

L=
g
Tầm xa

v = v0 ( cos α − µ sin α )

cho 0,25 điểm)

Sau khi vật chạm đất, vật đi được thêm một đoạn là:
v2
v2
2
= 0 ( cosα − μsinα ) ( µ ≤ cotα )
2µ g 2µ g
……………………………
Vị trí vật dừng lại cách nơi ném là:
s0 =

s = L + s0 =

v02 sin 2α
v2
2
+ 0 ( cosα − μsinα )
g
2µ g
……………………………

0,25

0,25

Lấy đạo hàm của s theo α ta được:
s' =

ds 2v02 cos 2α v02
=
−
( cosα − μsinα ) ( sinα + μcosα )
dα
g
µg

2v02
v02
2
2
s' =
cos α − sin α ) −
sinαcosα + μ cos 2 α − μ sin 2 α − µ 2sinαcosα )
(
(
g
µg
s' =

v02
g




1− µ2
cos
2
α
−
sin 2α 

0,5
2µ

 ……………………………………………....

Để s = smax cần điều kiện:

s' = 0 ⇔

tan 2α =

2µ
⇔ tan α = µ
1− µ2
…………………….........................

5

0,5


Câu 3: (4 điểm)- Lào Cai

Ý
2,5đ

Nội dung
Áp dụng phương trình đoạn nhiệt cho giai đoạn 4 – 1; 2 – 3 ta có :

p 2 V2γ = p3V3γ và p1V1γ = p 4 V4γ
Qúa trình 1- 2; 3 - 4 là đẳng tích : V1 = V2 ; V3 = V4

(1) .........................
(2) .........................

p1
p
= 4
p3
- Từ (1) và (2) ta có : p 2
(3).........................
- Áp dụng phương trình trạng thái cho quá trình đẳng tích 1 - 2; 3 - 4 ta có :
p1 T1 
=
p 2 T2 

p 4 T4 
=
p3 T3 
(4) ………………………………………………………………

1,5đ

Điểm

0,5
0,5
0,5

0,5

0,5
T1 T4
T
=
⇔ T3 = T4 2 = 450K
T1
 T2 T3
……………………………………….
* Vì công của quá trình đẳng tích bằng không, công của chu trình sinh ra là
tổng công của hai quá trình đoạn nhiệt (Xét về độ lớn):
A' = A'23 + A'41
i
A' = − (∆U 23 + ∆U 41 ) = − nR [ (T3 − T2 ) + (T1 − T4 ) ]
2
A ' = 56.i.n.R
……………………

0,5

….
* Nhiệt lượng thu vào của chu trình là :
Q12 = ∆U12 =

i
nR ( T2 − T1 ) = 131.i.n.R
2
………………………………………

0,5

A'
= 0, 4275 ≈ 43%
Q12
……………………

0,5

H=
* Hiệu suất của chu trình là :

Câu 4: (5 điểm) Thanh hóa
Ý
a
3đ

Nội dung
Tại thời điểm ban đầu, vật chỉ có chuyển động quay quanh khối tâm nên
lực cản, tại một vị trí trên đĩa sẽ hướng theo phương vuông góc với véc tơ
bán kính.
+ Xác định mô-men lực cản tác dụng lên nửa đĩa:
Chia đĩa thành các phần tử diện tích

6

Điểm


vi phân như hình vẽ.

dS = rdrd ϕ
Theo bài ra ta có lực cản tác dụng
lên phần tử diện tích này có độ lớn:
dFc = k .v.dS
dFc = k.v.r.dr.d ϕ
dFc = k .ω.r 2 .dr.d ϕ
Mô-men cản do phần tử lực cản này
gây ra có giá trị đại số là:
dM = −k .ω.r 3 .dr.d ϕ ………………

0.5

Lấy tích phân trên nửa đĩa ta được:
R

π
2

R4
= − k .ω∫ r dr ∫ d ϕ = −k .ω.π.
4
−π
0

3

2
Mnửa đĩa
…………………………………..
( Có thể giải theo cách chia nửa đĩa thành các vành mỏng giớ hạn bởi
hai đường tròn bán kính r và r + dr, sau đó tính Mômen cản nguyên tố
và lấy tích phân trên toàn bộ nửa đĩa)
Tích phân trong toàn mặt đĩa, và viết phương trình động lực học cho cả đĩa
tại thời điểm vừa thả đĩa xuống.

R4
M = −π ( k1 + k 2 ) ω0
4 ………………………………………………
Áp dụng pt ĐLH cho chuyển động quay quanh O

0,5

0,5

π ( k1 + k2 ) ω0 R 2
γ =−
2M

……………………………………………………

0,5

+ Do tính chất đối xứng nên ta có thể thấy thành phần lực cản vuông góc
với Δ tự triệt tiêu nhau (Tức là

Fx = ∫ dFx = 0
S

)

Hợp lực cản tác dụng lên đĩa có phương ≡ ∆
Tích phân trên toàn bộ mặt đĩa, và viết pt động lực học cho chuyển động
của khối tâm ngay sau khi thả đĩa ta có, chiều dương của trục Oy
F=

2
( k2 − k1 ) ω0 R 3
3
………………………………………………………

Áp dụng ĐL II Niu-tơn cho chuyển động của khối tâm:

7

0,5


2 ( k2 − k1 ) ω0 R 3
aG =
3M
………………………………………………………

b
2đ

0,5

Ngay sau khi thả đĩa, nó sẽ chuyển động quay chậm dần quanh khối tâm,
và khối tâm sẽ bắt đầu chuyển động tịnh tiến nhanh dần lên trên.
Tại thời điểm bất kì, giả sử đĩa có vận tốc khối tâm v và vận tốc góc ω. Ta có
thể tách vận tốc của một điểm trên đĩa thành hai phần v và ωr. Có thể nhận
thấy lực cản có hợp lực luôn song song với Δ nên tâm đĩa luôn nằm trên
Δ……………………………………………………………………
0,25
Với thành phần ωr, tường tự như trên ta
có:
Mô men cản:
1
M 1 = − π ( k1 + k2 ) ω R 4
4
…………. 0,25

Lực kéo
F1 =

2
( k2 − k1 ) ω R3
3
………………

0,25

Với thành phần v, ta có:
Lực cản

F2 = −
M2 =

1
( k1 + k2 ) π R 2v
2
…………..

1
4R 2
( k2 − k1 ) π R 2v = ( k2 − k1 ) R 3v
2
3π 3
…………………

Mô men kéo
Viết phương trình động lực học cho chuyển động quay và chuyển động
tịnh tiến tương ứng ta có:
1
1
2
3
4
2 dω
k
−
k
R
v
−

π
k
+
k
ω
R
=
MR
(
)
(
)
2
1
1
2
 3
4
2
dt

 2 ( k − k ) ω R 3 − 1 ( k + k ) π R 2v = M dv
1
2
 3 2 1
2
dt
…………………………

Nhân hai cả hai vế với dt và tích phân hai vế ta được:

1
1
2
3
4
k
−
k
R
L
−
π
k
+
k
R
∆
ϕ
=
MR 2 ( −ω0 )
(
)
(
)
2
1
1
2
 3
4

2

 2 ( k − k ) R 3∆ϕ − 1 ( k + k ) π R 2 L = 0
1
2
 3 2 1
2

1
1
2
3
4
2
 3 ( k2 − k1 ) R L − 4 π ( k1 + k 2 ) R ∆ϕ = 2 MR ( −ω0 )

∆ϕ = 3π k1 + k2 L
4 k2 − k1 R


8

0,25

0,25

0,25


L=

M ω0

 3π 2 ( k1 + k 2 ) 2 4

− ( k2 − k1 )  .R

3
 8 k2 − k1
 ………………………………………

0,5

Câu 5: (3 điểm)- Quảng nam

-------------- 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: ...........................

9