30 đề thi học sinh giỏi môn vật lý lớp 10 của các trường chuyên khu vực duyên hải đồng bằng bắc bộ có đáp án

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
QUỐC HỌC HUẾ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM 2015

ĐỀ NGHỊ
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

r
v0

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 v0 , phương vận tốc trùng với

α

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

 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,

0

khối lượng m tự quay với tốc độ góc 0
, được đặt nhẹ nhàng xuống điểm O là



O

chân của mặt phẳng nghiêng góc  .
Hệ số ma sát giữa m và mặt phẳng nghiêng là  .

1




(Cho   tan  ; 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 V0 . 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 của chất làm cốc. Cho khối lượng riêng của nước là 
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 
b.Lập biểu thức tính khối lượng riêng C của chất làm cốc qua các đại lượng S, d, M và V0

---------------- Hết--------------

2


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
QUỐC HỌC HUẾ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM 2015

ĐỀ NGHỊ
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)
Điểm 4đ

Câu 1
y

B
ur
T

O

Ta có: yB  L sin 

A
uur
N ur
P

uur
v0

L

0,5 đ

α
uur
vA

x

 yB/  L cos   /

/
mà: yB  v0 sin 

v

/
0
tan 
nên:  

L
Định luật III Niu tơn cho viên bi:
ur uur ur
uur
T  N  P  ma A

0,5 đ

chiếu lên 0x

T cos   maA  mxA//
0,5 đ

Lại có:

v Acos  v0

 x A/ /  v A/ 

v0 sin  /

cos 2 

0,5 đ

3


Thay  / ở trên:

v02 sin 2 
x 
L cos3 

0,5 đ

//
A

Từ đó:

mv02 sin 2 
T
L cos 4 

1,5 đ

Bài 2. (4 điểm -Động học, động lực học chất điểm)
Điểm 4đ

Câu 2
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.
Chia vòng dây thành những phần tử rất nhỏ m .

Khi đó hai đầu phần tử chịu tác dụng của hai sức
căng T1  T2  T

ur uur r
T1  T2  Q

Fmsn

uur
N

ur
Q

mg



ur
T1

m



ur
Q

0,5đ

uur
T2
0,5đ

Q được xác định:

Q  2T sin



 2T  T .
2
2

Khối lượng phần tử m được xác định:
m
m
m 
R 
2 R
2

0,5đ

(1)

uur

Gọi N là phản lực của đĩa tác dụng lên m . Ta có
Q  N  ma

2
Với gia tốc hướng tâm a   R ta có:

N  Q  ma  T  
Nếu tốc độ góc đạt đến
đại bằng  N

m 2
. R
2



0,5đ

(2)

khi vòng dây bắt đầu trượt thì lực ma sát nghỉ cực

0,5đ

mg   N

Sử dụng hệ thức (1) và (2) ta tìm được hệ số ma sát:

4

1đ



mg
2 T  m 2 R

Biện luận:
Trong biểu thức (2), nếu



0,5đ
tăng N giảm, với giá trị 0 nào đó thì N=0:

m 2
2 T
.0 R  0 
2
mR
Với   0 thì vòng dây sẽ trượt với bất kỳ hệ số ma sát nào.
N  0  T 

Bài 3. (5 điểm - Cơ vậ rắn)
Điểm 5đ

Câu 3
Hướng dẫn chấm:
a. Xét vị trí bất kỳ của khối
trụ, khi sự trượt vẫn còn
xảy ra:

ur uur uuur
r
P  N  f ms  ma

uur
N 

x

ur
f ms

y
G

Chiếu trên ox và oy

mg cos   N  0

 f ms  mg sin   ma
 a  g (  cos  sin  )
Vận tốc khối tâm G:



ur
P

O

0,5đ
0,5đ

v  at

Xét chuyển động quay quanh khối tâm G. Gọi γ là độ lớn gia tốc góc, ta có:
  0   t
f r  mg cos  r 2  gcos
  ms 

I
mr 2 / 2
r
Vật bắt đầu lăn không trượt khi
v  r

0,5đ

 at  (0   t )r
t 

0 r
0 r
0 r


a   r g (  cos  sin  )  2 gcos 3 gcos  sin 

5

Quãng đường khối tâm G đi được trong khoảng thời gian vừa lăn vừa trượt
02 r 2
1 2 1
s  at  g (  cos  sin  ) 2
2
2
g (3 cos  sin  ) 2

1đ

02 r 2

02 r 2
 cos  sin 
C


2 g (3 cos  sin  ) 2 2 g 3 cos  sin 
Với C 

 cos  sin 
,
3 cos  sin 
0,5đ

b. Gọi W1 là năng lượng lúc vật băt đầu lăn không trượt (ứng với tốc độ góc

1 ). Áp dụng định lý biến thiên cơ năng ta có công của lực ma sát
Ams  W1  W0 

Với

1 3 2 2
1 1
( mr 1 )  mgs sin   ( mr 202 )
2 2
2 2

0 r
at g (  cos  sin  )
 cos  sin 

 0
 0C
r
r
3 gcos  sin 
3 gcos  sin 
0,5đ
mr 2 2 3C 2
C sin 
1
0 (

 )
Vậy Ams 
2
2
3 gcos  sin  2
1 

/
c. Đặt H max  h  r , áp dụng biến thiên cơ năng: W  W0  Ams +A ms  Ams
A/ ms là công của lực ma sát kể từ khi vật lăn không trượt. Do lực ma sát nghỉ
không sinh công nên: A/ ms  0 . Vậy
1 1
W=W0  Ams  mgh  ( mr 202 )  Ams
2 2
2
1
3C
C sin 
h  mr 202 (

)
2
2
3 gcos  sin 
Vậy: H max  h  r

0,5đ

1đ

Bài 4. (4điểm –Nhiệt)
Câu 4
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.

6

Điểm 4đ
0,5 đ


a) Gọi ngăn dưới, ngăn trên lần lượt là ngăn 1 và ngăn 2.
* Ban đầu:
n mol
n mol
V
V


Ngăn 1: 
; Ngăn 2: 
Mg
 p1
 p2  S  po
T1

T1
Từ công thức: pV = nRT  p2 = p 1.

0,5 đ

n mol
n mol
V

V


* Sau đó: Ngăn 1: 
; Ngăn 2:  2
 p1 '
 p1
T1 '
T1 '

Xét khí trong cả hai ngăn, từ nguyên lý I nhiệt động lực học: Q = U – A = U +
A’
suy ra: Q = U1 + U2 + A’

0,5 đ

trong đó:
A’= công do khí ngăn 2 sinh ra: A’ = p1 (V2 - V) = nR(T1’ – T1)= nRT (quá trình
đẳng áp)

0,5 đ

U1 + U2 =

0,5 đ

i
i
nRT  nRT  i.nR.T
2

2

Vậy: Q = (i+1) nRT = 4nRT  T 

Q
.
4nR

b) Nung chậm, áp suất ngăn trên không đổi, áp suất ngăn dưới tăng dần. Để
pittông dưới luôn đứng yên thì: Fms = (pdưới – ptrên ) .S
 lực ma sát nhỏ nhất cần tìm: Fmsmin = (p1’ – p1) .S
p ' p
nR
mặt khác từ phương trình C-M suy ra: 1  1 
T1 ' T1 V
 Fmsmin   T1 ' T1  .S  .T .S 
V 
V
V
nR

Thay T 

nR

nR

0,5 đ
0,5 đ

nRT
.
L

Q
Q
vào suy ra Fmsmin =
.
4nR
4L

c) Nhiệt dung của hệ: C 

Q
 4nR .
T

0,5 đ

7


Bài 5. (3 điểm -Phương án thực hành)
Điểm 3đ

Câu 5
a. Các bước thí nghiệm
+Cho nước vào cốc tới thể tích V1 ; thả cốc vào chậu , xác định mực
nước ngoài cốc hn1 (đọc trên vạch chia)
+ Tăng dần thể tích nước trong cốc : V2 ; V3 .... và lại thả cốc vào chậu, xác

định mực nước ở ngoài hn 2 ; hn3 .....
Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng
Lập bảng số liệu
:

0,5đ
hn1

hn 2

V1

V2

d

S

...........

...........

...........

...........

...........

..........
.

Các biểu thức
Gọi hn là mực nước ở ngoài cốc ;  là khối lượng riêng của nước, mt ; Vt tương
ứng là khối lượng và thể tích nước trong cốc. Phương trình cân bằng cho cốc có
nước sau khi thả vào chậu :

 g (d+ hn ) S = (M + mt )g
 (d+ hn ) S = M + Vt g

Hay

0,5đ
(1)

Từ (1) ta thấy hn phụ thuộc tuyến tính vào Vt . Thay Vt bởi các giá trị V1 ; V2 ;
V3 ... ; đọc hn1 ; hn 2 ....

Rút ra S : S =

V2  V1
hn 2  hn1

0,5đ

Thay đổi các giá trị V1 ; V2 ; hn1 ; hn 2 . nhiều lần để tính S
Sau đó tính d : d =

 M  V1  hn 2  hn1   h
M  V1
 hn1 

n1
S
 (V2  V1 )

8

0,5đ


b.Biểu thức tính  b

0,5đ

Gọi h là độ cao của cốc; h0 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,

st

là diện tích

đáy trong cốc.

Ta có : h = h0 + d ;
R=r+d=
b =

S



r 

h0 =

S



M
M


V S (h0  d )  Vot

Vot Vot

St  r 2

d

0,5đ
M


S





Vot
S d 



2


 d   Vot



---------------- Hết--------------

9


SỞ GD & ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

(Đề thi này có 02 trang)

HỘI THI HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ
LẦN THỨ ...
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
Môn: Vật lý 10
Ngày thi: 20/4/2015
Thời gian làm bài: 180 phút.
(không kể thời gian giao đề)

Chữ ký giám thị 1:
...............................
Chữ ký giám thị 2:
...............................

Bài 1: (4 điểm) Động học chất điểm
Một chiếc thuyền bơi qua sông từ O với vận tốc v1
không đổi luôn vuông góc với dòng nước chảy. Dòng nước
chảy có vận tốc đối với bờ tại mọi điểm đều song song với
bờ, nhưng có giá trị phụ thuộc vào khoảng cách đến bờ

y

L

v2

x
theo quy luật: v = v sin πy , với v0 là hằng số, L là chiều
2
0
O
L
rộng của con sông (Hình 1). Hãy xác định:
Hình 1
1. Vận tốc của con thuyền đối với bờ sau thời gian t kể
từ khi xuất phát và vận tốc tại thời điểm thuyền đến giữa
dòng?
2. Xác định phương trình chuyển động, phương trình quỹ đạo của con thuyền và
điểm đến của con thuyền ở bờ bên kia sông?

Bài số 2: (4 điểm)ĐLH + ĐLBT
Cho cơ hệ như hình 2: A là khúc gỗ mang một cái cọc
thẳng đứng, tổng khối lượng là M đặt trên mặt đất nằm ngang.
B là quả cầu nhỏ khối lượng m, treo vào đỉnh cọc bằng sợi dây
không dãn. Đưa quả cầu tới vị trí sao cho sợi dây nằm ngang rồi
thả nhẹ để nó chuyển động từ nghỉ. Để khúc gỗ A không bị dịch
chuyển cho tới khi quả cầu chạm vào cọc thì hệ số ma sát nghỉ
giữa khúc gỗ và mặt đất nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
Bài số 3: (4 điểm)
Một máy nhiệt, với chất công tác là khí lý tưởng đơn
nguyên tử, thực hiện công theo chu trình 1 - 2 - 3 - 4 - 5 - 1 được
biểu diễn trên giản đồ p - V như hình 3. Các điểm 1, 2 và 3 nằm
trên một đường thẳng đi qua gốc toạ độ của giản đồ, trong đó
điểm 2 là trung điểm của đoạn 1 - 3. Tìm hiệu suất của máy nhiệt
trên, biết rằng nhiệt độ cực đại của khí trong chu trình này lớn
hơn nhiệt độ cực tiểu của nó n lần. Tính hiệu suất với n = 4.

B

A
Hình 2

p

3
2
1

4

5

O
Hình 3

V


Bài số 4: (5 điểm)
Một khối trụ đặc có bán kính R, chiều cao h, khối lượng
m, lăn không trượt trên mặt sàn nằm ngang rồi va vào một
bức tường thẳng đứng cố định (trục của khối trụ luôn song
song với mặt sàn và tường) (Hình 4). Biết hệ số ma sát giữa
khối trụ và bức tường là ; vận tốc của trục khối trụ trước lúc
va chạm là v0; sau va chạm thành phần vận tốc theo phương
ngang của trục giảm đi một nửa về độ lớn; mômen quán tính
2
5

đối với trục của khối trụ là I  mR 2 . Bỏ qua tác dụng của

0

r R
v0
Hình 4

trọng lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn.
1. Biết mật độ khối lượng  tại một điểm của khối trụ phụ thuộc vào khoảng cách r
r2

m

từ điểm đó đến trục của nó theo quy luật   A(1  2 ) 2 . Tìm hệ số A.
R R h
2. Tính động năng của khối trụ và góc giữa phương chuyển động của nó với phương
nằm ngang ngay sau khi va chạm. áp dụng bằng số cho trường hợp  

1
1
và   .
8
5

Bài số 5: (3 điểm) Phương án thực hành
Cho các dụng cụ:
- Một cốc thí nghiệm hình trụ, bằng thuỷ tinh. Bề dày thành cốc và đáy cốc là
không đáng kể so với kích thước của nó. Trên thành cốc có các vạch chia để đo thể tích
chất lỏng trong cốc;
- Một chậu đựng nước sạch,
- Một chậu đựng chất lỏng là một loại dầu thực vật chưa biết khối lượng riêng.
Yêu cầu:
Trình bày phương án xác định khối lượng m của cốc, khối lượng riêng d của dầu
thực vật, lập các biểu thức tính toán, vẽ sơ đồ thí nghiệm. Hãy lập bảng số liệu và đồ thị
cần thiết.

------------------------- Hết --------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ, tên thí sinh: ………………………Trường…………...... ......Số báo danh: ………

Đáp án
Bài số 1: (4 điểm) Động học chất điểm
1. Theo bài thì: vx = v = v sin πy ; vy = v1...........................................................0,25đ
2
0
L
πy

Vậy: v = v2x + v2y = v12 + v02sin 2 .....................................................................0,25đ
L
 πv



- Ở thời điểm t, thuyển đến vị trí có y = vy t do đó: v = v12 + v02sin 2  y t  .........0,5đ
 L 
- Khi thuyền ra đến giữa dòng thì: y =

L
y
L
t=
=
 v(L/2) = v 2 + v 2 ......0,5đ
1
0
2
vy
2v y

2. Ta có:
v=

v L
dx
 πv 
 πv 
 πv 
 πv 
= v sin  1 t   dx = v sin  1 t  dt  x =  v sin  1 t  dt = - 0 cos  1 t  + C
0  L 
0  L 
0  L 
dt
πv1
 L 

.................................................................................................................................0,5đ
v L
v L
Tại t = 0 thì: x(0) = 0 = - 0 + C  C = 0
πv
1

πv ...........................................................0,5đ
1
v L
 πv   2v L
 πv 
Do đó ta có: x = 0 1 - cos  1 t   = 0 sin 2  1 t 

πv 
πv
 L  
 2L  .........................................0,5đ
1
1
2v L 2  πv 

0
1
 x = πv sin  2L t 
Vậy phương trình chuyển động của thuyền là: 


1

 y = v1t
2v L
πy
Phương trình quỹ đạo của thuyền: x = 0 sin 2  
πv
 2L  ...........................................0,5đ
1

Khi thuyền sang đến bờ bên kia thì: y = L. Thay vào phương trình quỹ đạo ta xác định
được vị trí thuyền cập bờ là: x =

2v L
0
πv ...................................................................0,5đ

1

Bài số 2: (4 điểm)
Khi quả cầu chuyển động tới vị trí dây treo tạo với phương
ngang góc θ, nó có vận tốc v:
ĐLBTCN : mglsinθ = 1/2mv2
(1).............................0,5đ
Gọi lực căng sợi dây là T, vì quả cầu chuyển động tròn nên:
T - mgsinθ =

mv 2
l

Vì khúc gỗ đứng yên :
Tsinθ + Mg - N = 0
Tcosθ - Fmsn = 0
Mà Fmsn  μN

(2)..............................0,5đ

θ
B

T
N

mg
A

Fms

Mg

(3); ..........................0,25đ
(4).............................0,25đ
(5)............................0,25đ

Từ các công thức trên ta tìm được:  

3msin cos 2sin cos

3msin 2   M 2sin 2   a

(6) ..................0,5đ


với a 

2M
3m

(7) .

Đặt f ()  2sin cos2 

a  2sin 

(8)

Để khối gỗ đứng yên với mọi giá trị khả dĩ của θ thì giá trị nhỏ nhất μmin phải bằng giá

trị lớn nhất của f(θ) khi θ thay đổi............................................................................0,5đ
Ta có
f () 

2sin  cos
2sin cos


2
2
2
a(sin   cos  )  2sin 
acos   (a  2) sin2 
2

Theo bất đẳng thức Cosi ta có khi tan  
thì f ()max 

2
a
 (a  2) tan 
tan 

a
....................................................0,25đ
a2

1
3m
3m

........................................0,5đ

  min 
a(a  2) 2 M 2 3mM
2 M 2 3mM

Bài số 3: (4 điểm)
Theo đề bài, 1, 2, 3 nằm trên đường thẳng đi qua gốc toạ độ,
ta có:
p = p5 = αV (1); p = p = αV
(2); p3 = αV3
(3)
1
1
2
4
2

p

Suy ra:

Tương tự:

1

4
5

V

O

 αV1.V1 = αV12 = RT1 .

α
T = V2
1 R 1

3
2

với  là một hằng số. ................................................. 0,25 đ
Mặt khác, theo phương trình trạng thái khí lý tưởng và ba
phương trình trên ta được:
p V = RT
1 1
1

(9)........0,5đ

Hình 3

(4)............................................. 0,25 đ
α
T = V2
2 R 2

(5) và T3 =

α 2
V
R 3

(6).................................. 0,25 đ

Vì V1 < V2 < V3 , từ (3), (4), (5) suy ta T 1 < T2 < T3 . .................................... 0,25 đ
Vì quá trình 3 - 4 là đẳng tích, nên:
T
p
p
V
3 = 3 = 3 = 3 > 1  T < T .......................................... .......0,25 đ
4
3
T
p
p
V
4
4
2
2
V
T
V
Vì quá trình 4 - 2 là đẳng áp, nên: 4 = 4 = 3 > 1  T4 > T2.,
T
V
V

2
2
2

như vậy: T1 < T5 < T2 .............................................0,25 đ
Tương tự, từ các quá trình đẳng tích 2 - 5 và đẳng áp 5 - 1, ta được: T1 < T5 < T2.
Suy ra:
T1 < T5 < T2 < T4 < T3.......................................... 0,25 đ
Nghĩa là T3 là nhiệt độ lớn nhất và T 1 là nhiệt độ nhỏ nhất của khí trong chu trình nên
theo đề bài
T3 = nT1. Thay (6) và (4) vào phương trình vừa nhận được, ta có:


α 2
α
V = n V 2  V 2 = nV 2  V = n.V
1
3
1
3
1
R
R 3

(7)........................ 0,25 đ
1

Vì 2 là điểm giữa của đoạn 1- 3, ta có: V2 - V1 = V3 - V2  V2 = (V3 + V1)
2
1

2

Thay (7) vào ta được: V2 = ( n + 1)V1

(8)............................................ ..0,25 đ

Như đã biết, công A thực hiện trong một chu trình có giá trị bằng diện tích của chu
trình đó, ở đây đó là diện tích của hai tam giác bằng nhau 1 - 2 - 5 và 2 - 3 - 4. Từ hình
vẽ và dùng (1) và (2), ta có:

Thay (8) vào ta được:

A = (p - p )(V - V ) = α(V - V )2
2 1 2 1
2 1
2
2
 n +1

 n - 1
2
A = α 
V - V  = αV 
 ..............................
1 1
1
2
2






0,5 đ

Dễ thấy rằng các qúa trình đẳng tích 3 - 4, 2 - 5 và đẳng áp 4 - 2; 5 - 1 đều toả nhiệt,
nên nhiệt lượng Q máy nhiệt nhận được chỉ trong các quá trình 1 - 2 - 3. áp dụng
nguyên lý I của nhiệt động học, ta có:
Q=

3
1
R(T - T ) + (p + p )(V - V ) .............................................
3
1
3 3 1
2
2 1

0,25 đ

Thay (1), (3), (6) và (7) vào ta được:
Q=

3
α
α
1
3α
1

R( V 2 - V 2 ) + (αV + αV )(V - V ) =
(nV 2 - V 2 ) + α(nV 2 - V 2 )
3
1
1
3
3
1
1
1
1
1
2 R
R
2
2
2
Vậy Q = 2α(n - 1)V12 .......................................................................

0,25 đ

Vậy hiệu suất của máy nhiệt đã cho bằng:
H=

αV 2 ( n - 1) 2
A
1 n -1
1
=
=

............................................................. 0,25 đ
2
Q
8 n +1
8α(n - 1)V
1

Với n = 4, thay vào công thức trên ta được H = 1/24.
Bài số 4: (5 điểm) Cơ học vật rắn
1. Sử dụng hệ toạ độ trụ:
R

mA R
r2 3
2
12
I   r dm  2h  r dr  2h 2  (1  2 )r dr  mR 2  A 
...................0,5đ
R h0
R
5
25
0
2

3

2) Có hai khả năng:
) Nếu trong thời gian va chạm  , theo phương Oy, khối
trụ luôn luôn lăn có trượt.

* Lực ma sát trượt hướng lên theo Oy

N

y

vy



* Theo Ox: 1,5mv0   Ndt

(1)

(N >> F ms sàn)....0,5đ

N

0



* Theo Oy: mv y    Ndt
0

3
(2)  v y  v0 ...........0,5đ
2

(N >> mg)

Fms

v0/
2

x


* Từ (1) và (2): tg 

vy
vx



 3 ; I(  0 )  R  Ndt

(3)   

0

4  15
v0 .........0,5đ
4R

* Điều kiện trên xẩy ra nếu khối trụ vẫn trượt trong va chạm:
4
 0,19 ...............................................................0,25đ
21

1
4  15
17
* Trường hợp đầu    0,125  0,19 thoả mãn:  
v0 
v0 ...........0,25đ
8
4R
32R

vy   R   

Động năng :

2
2
I2 m  1 2  3   m 2  17  2
E

  v0   v0    R 
 v0
............0,5đ
2
2
2  4
 16   5
 32R 
E  0,34mv02  0,68E 0
) Trường hợp   0, 2  0,19 . Quá trình này xảy ra như sau: khi va chạm khối trụ lăn

m(v 2x  v 2y )

có trượt trong khoảng thời gian 1 và lăn không trượt trong khoảng thời gian 2:
1

mv y    Ndt
0

vy

1

(4); I(1  0 )  R  Ndt

(5) ......................................0,5đ

0

v0

2v
v
2
2
 mR2 (  0 )  Rmv y ; vy  v 0 ; 1  0 .........0,5đ
1 =
; 0 =
5
R R
7

7R
R
R
v
4
Sau đó khối trụ lăn không trượt với vy : tg  y  ; .........................................0,25đ
vx 7
2
2
m(v x + v y )
I12
+
Động năng sau va chạm là E =
...............................................0,25đ
2
2
1
4
2
4
m( v 20  v 20 )
mR 2
v 02
2
297
4
49
5
49R
E



mv 20  0,15mv 20  0,3E 0 .................0,5đ
2
2
1960
vy

Bài số 5: (3 điểm)
a) Xác định khối lượng riêng của cốc và khối lượng riêng của dầu thực vật:
Cho một ít nước thể tích Vn vào trong cốc, sao cho sau khi thả cốc vào chậu đựng dầu
thì cốc nổi theo phương thẳng đứng..........................................................................0,25đ
Kí hiệu: m là khối lượng cốc thuỷ tinh
d là khối lượng riêng của dầu; n là khối lượng riêng của nước
V là thể tích dầu thực vật bị cốc nước chiếm chỗ: (m + ρn Vn )g = ρd Vg .....................0,25đ
Ta có phương trình tuyến tính: V =

ρ
m
+ n Vn ........................................................0,25đ
ρd
ρd

Phương trình cho thấy V phụ thuộc bậc nhất vào thể tích Vn
của nước trong cốc
nước
b) Các bước thí nghiệm:
+ Đầu tiên cho ít nước Vn vào cốc rồi thả vào chậu đựng dầu,
dầu
quan sát mực dầu trên thành cốc, ta xác định được thể tích V

mà
dầu
bị
cốc
nước
chiếm
chỗ............................................................................................................................0,25đ


+ Tăng dần lượng nước Vn trong cốc, đọc giá trị V, ghi vào bảng số liệu sau:
Vn
.............
..............
.............
.............
ρn
m
.............
.............
.............
.............
V=

ρd

+

ρd

Vn

....................................................................................................................................0,5đ
Vẽ đồ thị V = f(Vn) (hình vẽ) ....................................................................................0,5đ
Nhận xét:
V
- Dùng phương pháp ngoại suy để xác định khối
lượng m của cốc, bằng cách kéo dài đồ thị căt trục
tung tại giá trị V0............................................0,5đ
- Khối lượng riêng của dầu được xác định qua hệ
V
số góc của đường thẳng:
V
ρ
tgα = n ...................................0,25đ
ρ
d

0
O

n

- Khối lượng của cốc được xác định bởi: m = V0ρd .................................................0,25đ
.......................Hết.....................
Người ra đề: Lưu Văn Xuân - đt: 0982180947


SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

ĐỀ ĐỀ XUẤT
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
MÔN THI: VẬT LÝ
KHỐI: 10
(Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 05 câu in trong 02 trang)

Bài 1: Cơ vật rắn (4 điểm )
Hai quả cầu đặc đồng chất A, B tương ứng có tâm O 1, O2, bán kính r1 , r2, khối lượng
m1, m2, được đặt trên một xe có khối lượng M, khối lượng các bánh không đáng kể. Xe
uv
được kéo với một lực F không đổi theo phương nằm ngang sao cho quả cầu B lăn không
trượt trên sàn xe, quả cầu A lăn không trượt trên quả cầu B, còn đường thẳng qua tâm hai
quả cầu nằm trong mặt phẳng thẳng đứng và hợp với phương ngang một góc  không đổi.
Bỏ qua ma sát lăn và ma sát tại trục của bánh xe. Tính gia tốc của xe, gia tốc góc của các
uv
quả cầu và độ lớn của lực F .
Bài 2: Các định luật bảo toàn (5 điểm )
Trên mặt phẳng ngang có hai khối lập phương cạnh H, cùng khối lượng M đặt cạnh
nhau. Đặt nhẹ nhàng một quả cầu có bán kính R, khối lượng m = M lên trên vào khe nhỏ
giữa hai khối hộp.
1. Hai khối hộp cách nhau một khoảng R, quả cầu đứng
cân bằng trên các khối hộp ngay sau khi đặt nhẹ lên khe hở. Tìm
lực do các khối hộp tác dụng lên quả cầu khi các vật đứng cân
R
M
bằng. Biết hệ số ma sát tĩnh giữa hai khối hộp và mặt bàn là k,
tìm điều kiện của k để quả cầu đứng cân bằng trên 2 hộp ngay
sau khi đặt lên.

M
M
2. Bỏ qua mọi ma sát và vận tốc ban đầu của quả cầu. Tìm
R
vận tốc quả cầu ngay trước khi va đập xuống mặt phẳng ngang.
Bài 3: Nhiệt học (4 điểm )
Một chất khí lí tưởng đơn nguyên tử, ban đầu hoạt động
theo chu trình 1(ABCA), rồi sau đó hoạt động theo chu trình

2(ACDA). Đồ thị của hai chu trình biểu diễn sự phụ khối
2
B
C
lượng riêng  của khí theo nhiệt độ T như hình bên.
Gọi hiệu suất chu trình 1 và hiệu suất chu trình 2 lần
1
lượt là 1 và  2 . Biết hiệu suất của hai chu trình thỏa mãn hệ
2
thức  3 1 1 2   1 .
1 A
D
1. Cho biết khối lượng khí là m, khối lượng mol khí là
T
 . Hãy tính công mà khí sinh ra trong mỗi chu trình theo m,
O
T1
T2
 , T1 và T2 .
2. Hãy xác định tỉ số

T2
.
T1


Bài 4: Động lực học(3 điểm )

Một vật chất điểm có khối lượng 3kg chuyển động trong trường lực F phụ thuộc
thời gian trong hệ trục tọa độ oxyz:



 

với i , j , k là các véctơ đơn vị trên trục
F  15ti  3t  12 j  6t 2 k 
ox,oy,oz.
 

   
Giả sử điều kiện ban đầu: r0  5i  2 j  3k , (m) và v0  2i  k (m/s)
Tìm sự phụ thuộc của vị trí và vận tốc của vật theo thời gian?
Bài 5: Phương án thực hành(4 điểm ):
Đo hệ số Poatxon .
Cho các dụng cụ và thiết bị:
- Một bình kín có dung tích đủ lớn (có thể tạo lỗ để nối với các ống và khóa)
- Bơm nén ( chứa khí cần thiết, được coi khí lý tưởng cần xác định  )
- Áp kế chứa nước hình chữ U, có tiết diện nhỏ.
- Các ống nối và 2 khóa.
- Thước đo chiều dài.

Hãy nêu cơ sở lý thuyết, cách bố trí và tiến hành thí nghiệm để xác định hệ số
Poatxon  =

Cp
.
Cv


ĐÁP ÁN
Bài số

Hướng dẫn

1

Thang
điểm
0.5

A

- Vẽ hình

F1,
N2

N1,
O2
P1

B

F1

N1
P2



F2

ur uur
- Gia tốc của O 1 và O 2 đối với mặt đất a1  a2
uur
ur uur
ur
N1,  m1 g  F1,  m1 a1
uuur uuuuur ur uur uur
uur
N1  N2 m2 g  F1  F2  m2 a2
Chiêu lên ox, oy thu được
N1Cos  F1Sin  m1a1
N1Sin  F1Cos  m1 g  0
F2  N1Cos  F1Sin  m2 a1
N 2  N1Sin  m2 g  0
F  F2  Ma
Đối với chuyển động lăn không trượt
2
2
F1r1  m1r12 1  m1r1 (a  a1 )

5
5
2
2
(F2  F1 )r2  m2 r22 2  m2 r2 (a  a1 )
5
5
Giải hệ phương trình thu được kết quả
7 gCos
a
2(1  Sin )
2a
gCos
a1 

7 (1  Sin )
5a
5 gCos
r2 2  a  a1 

7 2(1  Sin )
5 gCos
 2 
2r2 (1  Sin )
tương tự
5gCos
 1 
2r1 (1  Sin )
Độ lớn lực F

F

0.75

0.5

0.75

0.5

0.5


F  F2  Ma 

2

(2m1  2m2  7 M ) gCos
2(1  Sin )

0.5

1.
- Vẽ hình
- Quả cầu cân bằng trên 2 khối hộp, AOB là một tam giác đều. Có thể thấy ngay
các lực của 2 khối tác dụng lên quả cầu hướng về
tâm và cùng độ lớn, góc giữa 2 lực là 60 0 . Các lực
O
này cân bằng với trọng lực tác dụng lên quả cầu.
R

3
Vì vậy: Mg  N 3  N 
Mg
A
B
3
- Để các khối hộp và quả cầu đứng cân bằng sau
R
khi đặt quả cầu lên thì lực tác dụng lên các khối
hộp theo phương ngang phải không lớn hơn ma sát
nghỉ cực đại f ms. Xét lực tác dụng lên mỗi khối hộp gồm:
r
r
Trọng lực P = Mg, áp lực của quả cầu F với F   N
Phản lực Q của bàn với: Q = Mg + Fsin60 0

0.5

0.5

0.5

N cos 600  f ms
 N cos 600  k ( Mg  N sin 600 )
k

N
Mg / 3
1



2Mg  N 3 2Mg  Mg 3 3

0.5

2.
- Xét thời điểm quả cầu rơi xuống khối lập phương, ta cần xác định góc .
Liên hệ vận tốc: v1 cos   v 2 sin  

v1
 tg
v2

- Bảo toàn năng lượng:

1 2
1
mv1  2 mv22  mgR 1  cos  
2
2

1 
v12 1  2 2   2gR 1  cos  
tg  

2gR 1  cos   tg 2
v 
2  tg 2

α

v2

v1
M

-v2
v
M

2
1

0.75

Trong HQC chuyển động với vận tốc v2 thì quả cầu chuyển động tròn quanh
điểm tiếp xúc, tại thời điểm rời nhau thì HQC trên trở thành HQC quán tính, lúc
này thành phần trọng lực đóng vai trò lực hướng tâm:

mv2
 mg cos 
R
v1
mv12
v

 mgcos 
sin 
R sin 2 

Thay v1 bằng biểu thức ở trên vào, được phương trình:

2gR 1  cos   tg 2
v 
 gR cos .sin 2 
2
2  tg 
2
1

 cos3   3cos   2  0  cos   0,596

0.75


- Nếu H  R 1  cos    0, 404R thì quả cầu chạm đất trước khi rời
hình lập phương, lúc chạm đất thì góc f thỏa mãn

các

H  R 1  cos   1  cos  

H
. Vận tốc ngay trước chạm đất xác định
R

theo định luật bảo toàn năng lượng và liên hệ vận tốc.

1  cos2 
1  cos2 

v  2gR
1  cos    2gR
1  cos 
1  cos2 
2
2
2R  H  2RH
 v1  2g
 2R  H  H 2
2
1

0.75

- Nếu H  R 1  cos    0, 404R thì sau khi rơi, quả cầu chuyển động rơi tự
do:

R

vf  v12  2gH  2gH 1  0, 212 
H




Thay vào (*): v12  gR cos .sin 2   gR cos  1  cos2 
Còn quả cầu cách mặt đất:

3

h  H  R 1  cos  

1. Theo phương trình C-M pV 

1

m



RT , ta có  

2



m p

.
V RT

0.75

0.5


 c = hằng số.
T1 T2
Chuyển từ giản đồ T- sang giản đồ p - V . Hai đoạn đẳng nhiệt, hai đoạn đẳng
tích, còn đường chéo hình chữ nhật trong T -  sẽ chuyển thành đường cong

0.5
m
 pV
m2 R


,
T



cT
(
bằng
cách
thay
vào
phương
trình
).
p
V
mR
cV 2
Vì công mà khí thực hiện trong một quá trình có giá trị bằng diện tích nằm dưới
đường mô tả quá trình đó. Vậy ta hãy đi tính các diện tích có liên quan.
Diện tích dưới đường đẳng nhiệt T1 =const
Từ hình vẽ suy ra:

m

S1 

1



m

mRT1
mRT1  2 m
T
dV 
ln
 RT1 ln 2
V

1 
T1

2

Diện tích dưới đường cong p 

m2R
cV 2

m

S2 

1



m

m2 R
m 2 R   2 1  mR
dV

T2  T1 
  
cV 2
c  m m  

2

Diện tích dưới đường đẳng nhiệt T2 =const
m

S3 

1



m

mRT2

mRT1  2 m
T
dV 
ln
 RT2 ln 2
V

1 
T1

2

Công khí sinh ra ở chu trình 1 là: A1  S2  S1

0.5


p

C

T2 =const
D

1

2

B T1 =const
A

O

m
2

m
1

V

Hình 2
Công khí sinh ra ở chu trình 2 là: A2  S3  S2

0.5

2. Theo nguyên lí I: dQ=Q+A
Đối với chu trình 1: QT=T1 =-A1 =-S1 <0 Trên đường cong p 

 QT T  dUT T  pdV 
2

1

2

1

m2 R
, ta có:
cV 2

i m
m2 R
RdT 
dV
2
cV 2

 1  m 2  1 
m2 R
m 2
m
dV

Rd
R   2  d    RdT
 
2
cV
c

   c   
Với i là số bậc tự do
i2 m
Thay vào biểu thức trên ta được:  QT2 T1 
RdT  0
2 
Vì đường cong nói trên trong chu trình 1 nhiệt độ giảm. Nghĩa là trong quá
trình này khí tỏa nhiệt. Như vậy hệ chỉ nhận nhiệt trong quá trình đẳng tích.
i m

Q1  U12 
R( T2  T1 )
0.5
2
Tương tự, với chu trình 2, khí tỏa nhiệt trong quá trình đẳng tích chuyển từ
đường đẳng nhiệt này sang đường đẳng nhiệt khác, hai quá trình còn lại đều thu
nhiệt. vậy
T
i2 m
i2 m
m
0.5
Q2 
R(T2  T1 )  S3 
R(T2  T1 )  RT2 ln 2
2 
2 

T1
Khi đó các hiệu suất tương ứng bằng:
T
T 
m
m

R T2  T1   RT1 ln 2
T1 ln 2 

A S S



T1 2
T1

1  1  2 1 
 1 
i m
Q1
Q1
i
T2  T1 
R T2  T1 


2


T2 m
T2
m
RT ln  R T2  T1 
T2 ln  T2  T1 
A2 S3  S2
 2 T1 
T1
2 



0.5

T
T2
i

2
m
m
i

2
Q2
Q2
R T2  T1   RT2 ln 2
T

T

T
ln
 2 1 2
2 

T1
2
T1
pdV 


Đặt x 

T2
Thay các biểu thức trên vào hệ thức:  3  1 1  2   1
T1



x ln x   x  1 

2
ln x   
 1
  1 
 3  1 
i  x  1    x ln x  i  2 x  1 

 
2


 x  1 ln x  i   0

4

Vì T1  T2 nên ln x  i  x  ei  e3  20,08
T
Vậy: 2  20,08
T1
Gia tốc của hạt là:



  F
F  ma  a 
m
Từ đó ta có:
F
a x  x  5t
m
(m / s 2 )
F
(m / s 2 )
ay  Y  t  4
m
(m / s 2 )
Fz
2
az 
 2t
m
Vận tốc của vật:
t

t

t

t

0.5

0.5

5
v x   a x dt   5tdt  t 2  c1
2
0
0
v y   a y dt   (t  4)dt 
0

0

t

t

0

0

v z   a z dt   2t 2 dt 

t2
 4t  c 2
2

2 3
t  c3
3

0.5

Thời điểm ban đầu ta có:
v 0 x  2
c1  2


v 0 y  o  c 2  0

c  1
 3
v 0 z  1

0.5

Vận tốc của vật theo thời gian:

v  vx  v y  v
Hay:

2

2

z

2

 2
5  t2



  2  t 2     4t    t 3  1
2  2


 2
2

2

2




v  v x .i  v y j  v z k
  2
5   t 2


v   2  t 2 i    4t  j   t 3  1k
2  2

3



0.5

Vị trí của vật:
t
t

5 2
5 3

 x  x0   v x dt  5    2  t dt  5  2t  t
2 
6
0
0

t
t

t2

t3


y

y

v
dt

2



4
t
dt

2

 2t 2

0
0 y
0  2 
6

t
t

4
 z  z 0  v dt  3  1  2 t 3 dt  3  t  t
0
0  3 
6

Vậy vị trí của vật phụ thuộc vào thời gian như sau:

0.5

 
 
5 3  

t3
t4
  
2



r  xi  yj  zk   5  2t  t i   2   2t  j    3  t 
6  
6
6



5


k .


0.5

1. Cơ sở lý thuyết
- K1 mở, K2 đóng, khí được bơm vào bình B đến thể tích V1, áp suất P, nhiệt
độ T (bằng nhiệt độ môi trường). Áp suất không khí là P0, độ chênh lệch mực
nước trong áp kế là h.
 P = P0 + h (P0 được tính ra độ cao cột nước trong
áp kế)
- Đóng K1, mở K2, lượng khí trong bình giãn nhanh, áp suất giảm xuống P0,
nhiệt độ giảm đến T'.

0.5

Sau khi giãn, coi gần đúng quá trình là đoạn nhiệt thuận nghịch vì trong quá
trình diễn nhanh, độ biến thiên áp suất bé, ta có:

0.75

1


T'  P 
 
T  P0 

1


P h
 0

 P0 

1

1  h
.
 P0

(1)

- Sau khi mở K2 một thời gian ngắn thì đóng lại ngay trong bình B bây giờ còn
lại lượng nhỏ khí, áp suất P0, thể tích V1, nhiệt độ T'. Lượng khí này nóng dần
lên và biến đổi đẳng tích đến áp suất P' = P0+ h', nhiệt độ là T.

T ' P0

T P'
T'
P0
h'

1
T P0  h '
P0


0.75

A
K2

K1
(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

h'
  h
1
.

P0
 P0
h

h  h ' (3)

1

h
B

2. Bố trí thí nghiệm:
- Đặt bình B rồi nối nó với các ống với hai khoá K1 và K2, K1 nối giữa bình
với bơm nén, K2 nối bình B với môi trường bên ngoài. Bình được nối thông với
áp kế nước hình chữ U(hình vẽ)
Trong áp kế, mực nước ở hai cột áp kế bằng nhau và có độ cao khoảng 15 20cm.

0.75


3. Tiến hành thí nghiệm:
- Đóng khoá K2, mở K1: Dùng bơm nén khí cần đo  vào bình gây nên sự
chênh lệch độ cao của hai cột nước trong áp kế chữ U. Đóng K1 lại, chờ một
lúc để cho bình trao đổi nhiệt độ với môi trường. Khi độ chênh lệch h của hai
cột nước trong áp kế không đổi nữa, ta dùng thước đo h.
-Sau đó mở khoá K2 cho khí phụt ra ngoài, khi độ cao hai cột nước trong áp kế
bằng nhau thì đóng ngay K2 lại. Lúc ổn định thì độ chênh lệch của hai cột nước
trong áp kế là h’. Dùng thước đo h’.
- Thay h và h’ vào biểu thức (3) để tính .
- Lặp lại một số lần thí nghiệm để tính giá trị trung bình của .

0.5

0.75