HSG 10/09

Hình 3
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
SỞ GD&ĐT Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 10
ĐỀ THI - Môn: Vật lí – Năm học 2008 - 2009
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1:
Một vật được ném từ một điểm O trên mặt phẳng nghiêng với góc
nghiêng α = 30
0
, (hình 1) với vận tốc ban đầu
0
v
ur
tạo với mặt phẳng
nghiêng góc β = 60
0
. Bỏ qua lực cản của không khí.
a) Lập phương trình chuyển động của vật theo hai phương
trong hệ tọa độ xOy như hình 1. Chọn gốc thời
gian là lúc ném vật.
b) Khi rơi xuống vật chạm mặt phẳng nghiêng
tại điểm M cách O một khoảng 20 m. Hãy tính v
0
? Lấy g = 10m/s
2
.
Bài 2:
Cho hệ cơ học như hình 2. Bỏ qua khối lượng dây và ròng rọc, ma sát giữa dây và ròng
rọc không đáng kể, dây không giãn.

a) Hệ đứng yên, tính lực ma sát nghỉ mà mặt phẳng nghiêng tác dụng lên m
1
.
b) Cho m
2
= 2m
1
, α = 30
0
, g = 10m/s
2
. Vật m
1
trượt lên với gia tốc
a =
10
3
m/s
2
. Tính hệ số ma sát trượt giữa m
1
và mặt phẳng nghiêng.
Bài 3:
Vật nhỏ có khối lượng m = 8kg bắt đầu chuyển động trên mặt sàn nằm ngang dưới tác dụng của
một lực F = 80N theo phương ngang (hình 3). Hệ số ma sát trượt giữa vật và sàn là
1
µ
= 0,2.
a) Tính gia tốc của vật trên sàn.
b) Khi vật đi được quãng đường s = 2m thì

ngừng tác dụng lực, cùng lúc đó vật gặp chân dốc
nghiêng góc
α
= 30
0
, nó trượt lên trên. Hệ số ma
sát trượt giữa vật và mặt dốc là
2
µ
=
3
2
. Cho
g = 10m/s
2
. Tính độ cao lớn nhất mà vật đạt tới.
Bài 4:
Một tấm ván khối lượng M được treo vào một dây dài nhẹ, không giãn. Một viên đạn có
khối lượng m bắn vào ván với tốc độ v
0
thì nó dừng lại ở mặt sau của ván, nếu bắn với tốc
độ v
1
> v
0
thì đạn xuyên qua ván. Tính vận tốc v của ván ngay sau khi đạn xuyên qua. Giả
thiết lực cản của ván đối với đạn không phụ thuộc vào vận tốc của đạn. Biện luận.
Bài 5:
Một xi lanh nằm ngang (hình 4) trong có pít tông cách nhiệt.
Pít tông ở vị trí chia xi lanh thành hai phần A, B bằng nhau, mỗi

phần chứa một khối lượng khí như nhau ở nhiệt độ 17
0
C và áp
suất 2at. Chiều dài của mỗi phần xi lanh là 30cm. Muốn pít tông
dịch chuyển 2 cm thì phải đun nóng khí ở một phía lên thêm bao
nhiêu độ? Áp suất của khí sau khi pít tông đã di chuyển bằng bao nhiêu? Bỏ qua ma sát.
ĐỀ CHÍNH THỨC
α
β
O
x
y
0
v
ur
Hình 1
s
α
H
F
r
α
m
1
m
2
Hình 2
30 cm
A B
l

A
l
B
Hình 4
α
1
N
uur
1
P
ur
2
P
uur
P
ur
N
uur
mst
F
ur
F
ur
s
α
H
P
ur
1mst
F

ur
y
x
'y
'x
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Môn Vật lí 10 – Năm học 2008 - 2009 - (gồm 03 trang)
Bài 1: (2 đ)
Điểm
a)-Theo phương 0x: x = v
0
cosβ.t +
2
1
gsin .t
2
α

- Theo phương 0y : y = v
0
sinβ.t -
g
2
1
cosα .t
2

Thay số, ta được : x =
0
1

v .t
2
+2,5.t
2

y =
0
3
v .t
2
- 2,5
3
.t
2

b)Khi vật chạm mặt phẳng nghiêng thì y = 0 → t =
0
v
5

Lúc đó : x =
2
0 0
0
v v
1
v . 2,5.( )
2 5 5
+
= 20 → v

0
= 10(m/s)
0,50
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2: (2 đ)
a/ Hệ đứng yên, lực ma sát nghỉ cân bằng với lực kéo
Xét các trường hợp:
* Khi m
1
sinα >m
2
- m
1
có xu hướng trượt xuống: f
msn
= (m
1
sinα - m
2
)g f
msn
hướng lên
* Khi m
2
> m
1

sinα
- m
1
có xu hướng trượt lên: f
msn
= (m
2
- m
1
sinα)g f
msn
hướng xuống
* Khi m
2
= m
1
sinα → f
msn
= 0
b) Phương trình động lực học cho hệ:
( )
1 2 ms
1 2
P P F N m m .a+ + + = +
ur ur r ur r
=> m
2
g - m
1
g sinα - μm

1
g cosα = (m
1
+ m
2
).a
Thay số: 15- μ.5
3
=10 → μ =
1
3

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,25
Bài 3: (2 đ)
a) Lực tác dụng lên vật m:
- Trọng lực
1
F
ur
- Phản lực
N
ur
- Lực tác dụng:
F

r
- Lực ma sát trượt của mặt sàn:
mst
F
r
Theo định luật II Niu Tơn Ta có:
1
F
ur
+
N
ur
+
F
r
+
mst
F
r
= m
a
r
(1)
Chiếu (1) lên:
+ Trục Ox theo hướng chuyển động: F – F
mst
= ma (2)
+ Lên trục Oy theo hướng
N
ur

: N – P = 0 (3)
(3)
⇒
N = P = mg và F
mst
=
1
µ
N =
1
µ
mg
(2)
⇒
a =
1
F mg
m
−µ
= 8 (m/s
2
)
b) Vận tốc của vật tại chân dốc:
v
01
=
2as
= 4
2
(m/s)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Vật chịu tác dụng của các lực:
1
F
ur
,
1
N
uur
,
mst1
F
r

Ta có:
1
F
ur
+
1
N
ur
+
mst1
F
r

= m
1
a
r
(4)
→ - P
1
– Fmst
1
= ma
1
(5)
→ N
1
– P
2
= 0 (6)
(6)
⇒
N
1
= P
2
= mgcos
α
và F
mst1
=
2
µ

N
1
=
2
µ
mgcos
α
(5)
⇒
- P.sin
α
-
2
µ
mgcos
α
= ma
1

⇒
a
1
= - g(sin
α
+
2
µ
cos
α
) = -10.(0,5 +

3
2
.
3
2
) = - 12,5 (m/s
2
)
Khi vật dừng lại v = 0 → s =
2 2
01
1
v v
2a
−
=
2
0 32
2.( 12,5)
−
−
= 1,28(m)
Độ cao lớn nhất: H = s.sin
α
= 1,28.
1
2
= 0,64 m.
0,25
0,25

0,25
Bài 4: (2 đ)
Nếu vận tốc đạn là v
0
, khi đạn dừng, đạn và ván cùng chuyển động với vận tốc v'. Áp dụng định
luật bảo toàn động lượng và năng lượng ta có:
mv
0 =
(M+m)v' (1)

2
1
mv
0
2
=

2
1
(M+m)v'
2
+ Q (2) Q: là nhiệt lượng tỏa ra
Từ (1), (2)
⇒
Q =
2
1
mv
0
2

-
2
1
(M+m)
2
0
.v
mM
m






+
→ Q =
2
0
v
m)2(M
mM
+
(3)
Khi đạn có vận tốc v
1
> v
0
. Gọi v
2

là vận tốc đạn sau khi xuyên qua ván, v là vận tốc của ván
Tương tự: mv
1 =
Mv +mv
2
⇒

v
2 =
v
1
-
v
m
M
(4)

2 2 2
1 2
1 1 1
mv Mv mv Q (5)
2 2 2
= + +
Thay (3), (4) vào (5) ta có:
2
0
2
1
22
1

v.
mM
M
v
m
M
vv
m
M
v
+
+






−+=

2 2
2
0
1
2
m v
mv
v 2. .v 0
M m (M m)
⇒ − + =

+ +
Giải phương trình ta được:
)vvv(
mM
m
v
2
0
2
11
−±
+
=
* Biện luận: Nếu chọn dấu +, thay vào (4) ta có:
)vvv(
mM
m
v
mM
vvMmv
v
2
0
2
11
2
0
2
11
2

−+
+
=<
+
−−
=
Điều này vô lý vì vận tốc đạn sau khi xuyên qua ván không thể nhỏ hơn vận tốc tấm ván. Do đó ta
chọn dấu trừ. Vậy
)vvv(
mM
m
v
2
0
2
11
−−
+
=
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 5: (2 đ)
Gọi V
1A

,V
2A
thể tích xi lanh phần A trước và sau khi đốt nóng.
Gọi V
1B
, V
2B
thể tích xi lanh phần B trước và sau khi pittông dịch chuyển
Phần A: Trạng thái 1: p
1A
, T
1A
, V
1A
Trạng thái 2: p
2A
,

T
2A
, V
2A
Áp dụng phương trình trạng thái :

1A 1A 2A 2A
1A 2A
p V p V
T T
=
(1)

Phần B : Trạng thái 1: p
1B
, T
1B
, V
1B
Trạng thái 2: p
2B
,

T
2B
, V
2B
Vì pít tông cách nhiệt nên phần B nhiệt độ không đổi khi pít tông dịch chuyển.
Do đó quá trình thay đổi trạng thái phần B là quá trình đẳng nhiệt.
(T
1B
= T
2B
= T
1A
) Áp dụng hệ thức định luật Bôi Lơ - Mariot :
p
1B
V
1B
= p
2B
V

2B
(2)
Theo bài ra: V
1A
= V
1B
, p
1B
= p
1A
(3) và khi pít tông dịch chuyển 2cm thì cân bằng nên:
p
2B
= p
2A
(4)
Từ (2), (3), (4): p
1A
V
1A
= p
2A
V
2B
(5)
Từ (1) và (5):
2A 2B 2A 2A
1A 2A
p V p V
T T

=

⇒
2B 2A
1A 2A
V V
T T
=
luôn có
2A
2B
V
V
=
2A
2B
l
l
=
32
28
Nên
⇒
2A
1A
T
T
=
32
28

⇒
T
2A
=
32
28
.(17 + 273) = 331,43 (K)
Nhiệt độ cần tăng thêm:
∆
t = 331,43 – 290 = 41,43(
0
C)
Từ (5)
⇒
1A 2B
2A 1A
p V
P V
=
=
2B
1A
l
l
=
28
30
⇒
p
2A

= p
1A
.
30
28
= 2.
30
28
= 2,14atm
0,25

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