Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên nguyễn bỉnh khiêm, quảng nam

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2017 - 2018
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ LỚP 10
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 02 trang)

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

Bài 1: Cơ chất điểm (5 điểm)
Trên một mặt phẳng nhẵn người ta đặt
một chiếc nêm hình lăng trụ khối lượng M,

m1

g

m2

các mặt bên tạo thành các mặt phẳng
nghiêng với các góc so với phương ngang
như trên hình 1. Từ điểm cao nhất của nêm

M
1

2

d

Hình 1

người ta thả không vận tốc đầu hai quyển sổ
nhỏ khối lượng m1 và m2.

1) Tỷ số khối lượng m1/m2 phải bằng bao nhiêu để nêm không dịch chuyển?
2) Tìm biểu thức của gia tốc chuyển động a0 của nêm với các giá trị bất kỳ của các
góc nêm. Tương tự, tìm biểu thức các gia tốc a1, a2 của các quyển sổ trong chuyển
động dọc theo mặt nêm.
3) Cho 1  300 ,  2  600 ,

m1
m
 0,1 , 2  0, 2 , gia tốc trọng trường g  10m / s 2 . Tính
M
M

giá trị các gia tốc a0, a1, a2? Nêm chuyển động theo hướng nào?
4)Cần bao nhiêu thời gian để quyển sổ thứ hai (bên phải) đến được mặt phẳng
ngang, nếu quãng đường cần vượt qua là d =50cm.
Bài 2: Cơ học vật rắn (4 điểm)
Một quả cầu đặc khối lượng m đặt tại
chính giữa trên bề mặt của một khối hình hộp
khối lượng M và chiều dài 2l (Hình 2). Một

F

lực không đổi tác dụng vào khối hộp từ thời
điểm t = 0 đến thời điểm t.

Hình 2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Sau đó lực F ngừng tác dụng. Ma sát giữa mặt sàn và khối hộp không đáng kể. Ma sát
nghỉ giữa quả cầu đặc và khối hộp đủ lớn để quả cầu lăn không trượt. Giả thiết sau
khi ngừng tác dụng lực F thì quả cầu vẫn còn nằm trên khối hộp. Tìm thời gian T kể
từ lúc bắt đầu tác dụng lực đến khi quả cầu rời khỏi khối hộp. Ma sát lăn không đáng
kể.
Bài 3: Cơ học chất lƣu (4 điểm)
1) Một vật có dạng hình cầu có bán kính R, khối lượng m rơi trong một chất lỏng
thực, hệ số nhớt  . Tính vận tốc tới hạn của vật. Cho khối lượng riêng chất lỏng

,

thể tích của vật là v.
2) Vật trên (câu 1) chịu tác dụng của một lực kéo F theo phương ngang và
chuyển động với vận tốc đầu v0 trong chất lỏng thực, hệ số nhớt . Tìm vận tốc v của
vật theo thời gian.
Bài 4: Nhiệt học (4 điểm)
Xét một lượng khí Nitơ xác định, lượng khí này đầu tiên được làm nóng đẳng
tích, tiếp theo khí dãn đẳng áp, sau đó làm lạnh đẳng tích và cuối cùng nén đẳng áp
về trạng thái đầu. Nhiệt độ nhỏ nhất và lớn nhất của khí trong chu trình trên lần lượt
là T0 và 4T0. Tìm hiệu suất cực đại của chu trình.
Câu 5: Phƣơng án thực hành (3 điểm)
Cho các dụng cụ sau:
- Một mẩu gỗ.
- Lực kế.

- Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng không đổi và chưa biết giá trị góc
nghiêng.
- Dây chỉ.
Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát trượt giữa một mẩu gỗ với
mặt phẳng nghiêng. Biết rằng độ nghiêng của mặt phẳng không đủ lớn để cho mẩu gỗ
tự trượt xuống.
...........................HẾT........................


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

GIÁO VIÊN RA ĐỀ

TRƢƠNG NGỌC ĐIỂU
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2017 - 2018
HƢỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÝ LỚP 10
(HDC gồm 08 trang)
Bài 1: Cơ chất điểm (5 điểm)
Trên một mặt phẳng nhẵn người ta đặt
một chiếc nêm hình lăng trụ khối lượng M,
các mặt bên tạo thành các mặt phẳng

m1

g

m2

nghiêng với các góc so với phương ngang
như trên hình 1. Từ điểm cao nhất của nêm
người ta thả không vận tốc đầu hai quyển sổ

M
1

nhỏ khối lượng m1 và m2.

2

d

Hình 1

1) Tỷ số khối lượng m1/m2 phải bằng bao nhiêu để nêm không dịch chuyển?
2) Tìm biểu thức của gia tốc chuyển động a0 của nêm với các giá trị bất kỳ của các
góc nêm. Tương tự, tìm biểu thức các gia tốc a1, a2 của các quyển sổ trong chuyển
động dọc theo mặt nêm.
3) Cho 1  300 ,  2  600 ,

m1
m
 0,1 , 2  0, 2 , gia tốc trọng trường g  10m / s 2 . Tính
M
M

giá trị các gia tốc a0, a1, a2? Nêm chuyển động theo hướng nào?
4)Cần bao nhiêu thời gian để quyển sổ thứ hai (bên phải) đến được mặt phẳng
ngang, nếu quãng đường cần vượt qua là d =50cm.

ĐÁP ÁN
Câu

Nội dung

Điểm


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

m1

g

m2

a1
N1

1

a0

M
1

N2

a2
d

2

Khi nêm đứng yên thì áp lực tác dụng lên hai mặt bên của nêm có

0,25

giá trị N1  m1 gcos1 và N 2  m2 gcos 2
Tổng các lực theo phương ngang phải bằng không, từ đây điều

0,5

kiện cân bằng là
m1 gcos1 sin 1  m2 gcos 2 sin  2

Hay

0,25

m1 cos1 sin 1 sin 21


m2 cos 2 sin  2 sin 2 2

Khi các góc của lăng trụ có thể nhận giá trị bất kỳ, không thể xác
định được hướng chuyển động của nêm. Giả sử gia tốc của nêm
hướng sang trái. Nếu nêm chuyển động sang phải thì a0 sẽ nhận
giá trị âm mà cách giải bài toán không cần thay đổi.
Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm
Phương trình chuyển động của 2 quyển sổ theo phương dọc mặt

2)

nêm:

0,5
m1a1  m1 g sin 1  m1a0cos1

(1)

m2 a2  m2 g sin  2  m2 a0cos 2

(2)
0,25

Độ lớn các áp lực của 2 quyển sổ lên hai mặt nêm là :
N1  m1 gcos1  m1a0 sin 1

(3)

N 2  m2 gcos 2  m2 a0 sin  2

(4)

Định luật II Niu tơn cho chuyển động theo phương ngang của
nêm
Ma0  N 2 sin  2  N1 sin 1

Từ 5 pt trên, giải ra được

0,5

(5)

0,25

0,5

0,25
0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

a0 

m2 sin  2 cos 2  m1 sin 1cos1
g
M  m1 sin 2 1  m2 sin 2  2

0,25

a1 

( M  m1 ) sin 1  m2 sin  2 cos(1   2 )
g
M  m1 sin 2 1  m2 sin 2  2

a2 

( M  m2 ) sin  2  m2 sin  2 cos(1   2 )

g
M  m1 sin 2 1  m2 sin 2  2

Thay số vào ta được
3)

4)

a0  0,37m / s 2 ; a1  4,7m / s 2 ; a2  8,8m / s 2

0,5

a0 có giá trị dương. Tức là nêm chuyển động sang trái

0,25

Quyển sổ chuyển động nhanh dần đều không vận tốc đầu
d

1 2
at  t 
2

0,5

2d
 0,34 s
a22

Bài 2: Cơ học vật rắn (4 điểm)

Một quả cầu đặc khối lượng m đặt tại chính giữa trên bề mặt của một khối hình hộp
khối lượng M và chiều dài 2l (Hình 2). Một lực không đổi tác dụng vào khối hộp từ
thời điểm t = 0 đến thời điểm t. Sau đó lực F ngừng tác dụng. Ma sát giữa mặt sàn và
khối hộp không đáng kể. Ma sát nghỉ giữa quả cầu đặc và khối hộp đủ lớn để quả cầu
lăn không trượt. Giả thiết sau khi ngừng tác dụng lực F thì quả cầu vẫn còn nằm trên
khối hộp. Tìm thời gian T kể từ lúc bắt đầu tác dụng lực đến khi quả cầu rời khỏi
khối hộp. Ma sát lăn không đáng kể.
F

Hình 2

ĐÁP ÁN
Ý

Nội dung yêu cầu
Vẽ hình

Điểm
0.5

F'ms

Fms

F

Đối với khối hộp: F-Fms= MA (A gia tốc của quả cầu)

(1) 0,25

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Đối với quả cầu Fms=ma (Fms= Fms' )
2
5

Phương trình momen lực: Fms.R= mR 2 

(2)

(3) 0,25

Do lăn không trượt nên gia tốc của quả cầu so với khối hộp:
a12  R , với a12= A  a

0,25

0,5
(4)

Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta được
a

A=

2F
2m  7 M

7

7F
a
2
2m  7 M

Vào thời điểm t, tốc độ của khối hộp và của quả cầu đối với đất

0,25

0,25
0,5

được tính bởi biểu thức:
V = At và

v = at.

Gọi T-t là thời gian quả cầu tiếp tục chuyển động trên khối hộp
sau khi ngừng tác dụng lực F. Ta có quãng đường đi được của
khối hộp bao gồm chuyển động nhanh dần đều ở giai đoạn đầu
(có lực F) và giai đoạn sau (hết lực F)
S

0,25

1 2
At  At (T  t )
2

Quãng đường đi của quả cầu

s

1 2
at  at (T  t )
2

Quả cầu rơi vào lúc S  s  l
Suy ra T=

l
t l ( 2m  7 M ) t

 =
5F
2
( A  a)t 2

Bài 3: Cơ học thiên thể, cơ học chất lƣu (4 điểm)

0,25
0,25
0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

1) Một vật có dạng hình cầu có bán kính R, khối lượng m rơi trong một chất lỏng
thực, hệ số nhớt  . Tính vận tốc tới hạn của vật. Cho khối lượng riêng chất lỏng

,

thể tích của vật là v.
2) Vật trên (câu 1) chịu tác dụng của một lực kéo F theo phương ngang và
chuyển động với vận tốc đầu v0 trong chất lỏng thực, hệ số nhớt . Tìm vận tốc v của
vật theo thời gian.
ĐÁP ÁN
Câu

Điểm

Nội dung
Ban đầu do FC  6 R v nhỏ nên vật chuyển động nhanh
dần, khi v tăng lực cản tăng đến khi chuyển động đều.

1)

F = 0  mg  FA  6 R v  0


0,5

mg   vg
6  R

F  FC  ma  F  6 R v  m

2)

0,5

mg   vg  6 R v  0

v

0,5

dv
dt

0,5



dv
dt

F  6Rv m



d ( F  6Rv) 1
dt
.

F  6Rv 6R
m

0,5

Tích phân 2 vế ta được:

ln( F  6 vR ) = -

6R
t C
m

(*)

khi t = 0 thì v = v0, ta có C  ln( F  6Rv0 )

0,5

Biểu thức (*) được viết lại:
6 R

t
F  6 Rv
6 R
F  6 Rv
ln

t
e m
F  6 Rv0
m
F  6 Rv0

v

F

F
6R
 ( v0 
).e
t
6R
6R
m

Số hạng thứ 2 giảm rất nhanh sau đó vận tốc đạt giá trị không

0,5

0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

đổi bằng

F
6R

Bài 4: Nhiệt học (4 điểm)
Xét một lượng khí Nitơ xác định, lượng khí này đầu tiên được làm nóng đẳng tích,
tiếp theo khí dãn đẳng áp, sau đó làm lạnh đẳng tích và cuối cùng nén đẳng áp về
trạng thái đầu. Nhiệt độ nhỏ nhất và lớn nhất của khí trong chu trình trên lần lượt là
T0 và 4T0. Tìm hiệu suất cực đại của chu trình.
ĐÁP ÁN
Ý

Điểm

Nội dung
p

p1
p0
O

1

0
V0

2
3
xV0

V

Giả sử ở trạng thái ban đầu áp suất và thể tích có giá trị p0 và V0 và giá
trị thể tích lớn nhất mà chất khí đạt được trong cả suốt quá trình biến đổi

0,25

trạng thái là xV0.
Hiệu suất H 

A'

Qn

0,25

- Công mà chất khí thực hiện trong cả chu trình

Mà

0,5

A '  ( p1  p0 )(V2  V1 )

(2)

p0V0 p1 xV0
4p

 p1  0
T0
4T0
x

(3)

0,25

Thế (3) vào (1) ta được
A'  (

4 p0

pV
4
 p0 )( xV0  V0 )  p0V0 (  1)( x  1)  0 0 (4  x)( x  1)
x
x
x

Dễ dàng nhận thấy giá trị của x phải thoả mãn 1  x  4 . Khi x=1 và x=4
thì công chất khí thực hiện bằng 0, vì vậy hiệu suất bằng 0.

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

- Chất khí nhận nhiệt ứng với 2 quá trình(0-1) và (1-2)
Q01  U1   CV T  

0,5

i
5 4p
5
4
5
4 x
R(T1  T0 )  ( 0  p0 )V0  p0V0 (  1)  p0V0
2
2 x
2

x
2
x

5
7
7 4 p0
Q12  U 2  pV   C p T  p1V   RT  p1V  p1V 
( xV0  V0 ) 
2
2
2 x
14
x 1

p0V0 ( x  1)  14 p0V0
x
x

Tổng nhiệt lượng mà chất khí nhận được trong chu trình là
5
4 x
x  1 p0V0
Qn  Q01  Q12  p0V0
 14 p0V0

(11,5x  4)
2
x
x

x

0,5

0,25

Từ đó suy ra hiệu suất của chu trình là hàm số theo x
p0V0
(4  x)( x  1)
A'
(4  x)( x  1) x 2  5 x  4
H
 x


p0V0
Qn
(11,5
x

4)
4  11,5 x
(11,5 x  4)
x

Hiệu suất đạt giá trị cực đại khi


0,5

0,25

dH ( x)
0
dx

(2 x  5)(4  11,5 x)  11,5( x 2  5 x  4)
0
(4  11,5 x) 2

 (2 x  5)(4  11,5 x)  11,5( x 2  5 x  4)
 11,5 x 2  8 x  26  0

Giải pt ta được x1  1,89 (chọn)
Vậy H 

0,25
và x2  1, 2 (loại)

0,25

x2  5x  4
 0,106  10, 6%
4  11,5 x

Câu 5: Phƣơng án thực hành (3 điểm)
Cho các dụng cụ sau:
- Một mẩu gỗ.
- Lực kế.
- Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng không đổi và chưa biết giá trị góc nghiêng.

- Dây chỉ.


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát trượt giữa một mẩu gỗ với
mặt phẳng nghiêng. Biết rằng độ nghiêng của mặt phẳng không đủ lớn để cho mẩu gỗ
tự trượt xuống.

ĐÁP ÁN
Ý
3đ

Điểm

Nội dung
- Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt đều đi lên mặt phẳng
nghiêng, khi đó ta có:

0,5

F1 =  Pcos + Psin

(1)

Với F1 là số chỉ của lực kế khi đó.
0,5

- Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống ta có:
F2 =  Pcos - Psin

(2)

Với F1 là số chỉ của lực kế khi đó.
0,5

- Trừ vế theo vế của (1) với (2) ta được:
F1- F2=2Psin  sin  

F1  F2
2P

(3)

0,5

- Cộng vế với vế phương trình (1) và (2) ta được:
cos  

F1  F2
2P

(4)

- Bình phương 2 vế pt (3), (4) và sau đó cộng vế theo vế ta được:
1 (

F1  F2 2 F1  F2 2
F1  F2
) (

) 
2P
2kP
4 P 2  ( F1  F2 )2

- Các lực đều được đo bằng lực kế, từ đó tính được  .

......................HẾT.......................

1,0


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

GIÁO VIÊN RA ĐỀ

TRƢƠNG NGỌC ĐIỂU