25 DE VA DAP AN THAM KHAO OLYMPIC 10 VAT LY 200 trang

KỲ THI OLYMPIC
MÔN: VẬT LÝ LỚP 10
Thời gian: 150 phút
ĐỀ THAM KHẢO
Bài 1. (4,0 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.
uu
r
r
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 / s 2 ) 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).
Bài 2. (4,0 điểm) Cho cơ hệ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa M và m là 1 , giữa M và sàn là  2 . Tìm
r
độ lớn của lực F nằm ngang:
1. Đặt lên m để m trượt trên M.
2. Đặt lên M để M trượt khỏi m.
Bài 3. (4,0 điểm) Trên mặt phẳng nằm ngang đặt một thanh AB đồng chất. Người ta nâng nó lên một
cách từ từ bằng cách đặt vào đầu B của nó một lực F luôn có phương vuông góc với thanh (lực F và
thanh AB luôn nằm trong một mặt phẳng thẳng đứng). Hỏi hệ số ma sát giữa thanh và mặt ngang có
giá trị cực tiểu bằng bao nhiêu để dựng được thanh lên vị trí thẳng đứng mà đầu dưới của nó không bị
trượt?
Bài 4. (4,0 điểm) Một sợi dây nhẹ không giãn,
O

chiều dài l = 1m, một đầu cố định, một đầu gắn với
vật nặng khối lượng m1  300g tại nơi có gia tốc
trọng trường g  10(m / s 2 ) . Ban đầu vật m1 ở vị trí B
B,

dây treo hợp với phương thẳng đứng góc
(với
0
0
0 � �90 ), thả vật m1 với vận tốc ban đầu bằng
1
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 qua mọi ma sát và lực cản tác
2A
C
D
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

m



m

1


OA).
2. Khi vật m1 chuyển động tới vị trí A, nó va chạm hoàn toàn đàn hồi xuyên tâm với vật m 2 = 100g
(đang đứng yên tại vị trí A). Sau va chạm vật m 1 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 m 2
chuyển động dọc theo mặt sàn nằm ngang đến vị trí C thì dừng lại. Hệ số ma sát giữa m 2 và mặt sàn là
0,1. Biết

AD
15
. Xác định góc  .

AC 90

Bài 5. (4,0 điểm) Có 1 g khí Heli (coi là khí lý tưởng đơn nguyên tử)
thực hiện một chu trình 1 – 2 – 3 – 4 – 1 được biểu diễn trên giản đồ
P-T như hình 1. Cho P0 = 105Pa; T0 = 300K.
1. Tìm thể tích của khí ở trạng thái 4.
2. Hãy nói rõ chu trình này gồm các đẳng quá trình nào. Vẽ lại chu
trình này trên giản đồ P-V và trên giản đồ V-T (cần ghi rõ giá trị bằng
số và chiều biến đổi của chu trình).
3. Tính công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn của chu trình.

P
1

2P0

P0
0

3

4
T0
Hình 1

----------- Hết ------------

2

2

2T0

T


KỲ THI OLYMPIC
MÔN: VẬT LÝ LỚP 10
Thời gian: 150 phút
ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO
Bài 1. (4 điểm)
1(1đ)

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

0,5

Quãng đường giọt nước rơi được trong giây thứ 5 là :

0,5

1
S  10.(52  42 )  45(m)
2
2(3 đ)

Chọn chiều dương là chiều chuyển động của giọt nước mưa.
- Áp dụng Định luật II Niu-tơn cho giọt nước
r
r r
Fhl  P  FC ...................................................

0,5

Chiếu lên chiều dương, ta có: ma = P - FC...........................................

0,5

Tại thời điểm a = 6 (m/s2), v = 12 (m/s), ta có:
m.6  m.10  k.12 ; �

m
3
k

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

0,25

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).............................................................

3

0,5


Gọi giọt nước là vật 1; ô tô là vật 2; mặt đất là vật 3.
r
r
r
� v13  v12  v 23 ...........................................................
r
r
Biết v13 = v’ = 30(m/s) và v12 hợp với v13 góc
300.
0
Từ hình vẽ: tan 30 

r
v12

v 23

;
v13

� v 23  v13 tan 300  10 3(m / s)
 62,35(km / h)  70(km / h)



r
v13

r
v23

0,5

0,5

Vậy người lái xe không vi phạm giao thông về tốc
độ.......................................................
0,25
Bài 2. (4 điểm)
1(2đ)



Khi t¸c dông lùc F lªn m.
Phương tr×nh chuyÓn ®éng cña m trît trªn M:

F  Fms1  ma1 � a1 

..

0,5
F  Fms1
......
m

Phư¬ng tr×nh chuyÓn ®éng cña M:

0,5

4


0,5
 F ' ms1  Fms 2 Ma 2
F'  F
 a 2  ms1 ms 2 .....

M
 N  N 1  N 2  P1  P2 (m  M ) g

§Ó m trît trªn M th×:
a1  a2 ; F ' ms1 = Fms1= 1 mg ; F ms 2 =  2

(m+M)g......
hay:
F  1 mg 1 mg   2 (m  M ) g

m

M
 F  ( 1   2 )(m  M )

m
g
M

0,5

Víi ®iÒu kiÖn: a1  0  F  1 mg.
VËy ®¸p sè cña bµi to¸n nµy:
m

g
 F   1   2  m  M 
M

 F  1 mg

.............................................

2(2đ)



Khi t¸c dông lùc F lªn M :
Phư¬ng tr×nh chuyÓn ®éng cña m:
 Fms1 ma1

 N 1  P1 mg

 a1 

0,5

Fms1 1 N 1

1 g ..............
m
m

Phư¬ng tr×nh chuyÓn ®éng cña vËt M:
 F  Fms1  Fms 2 Ma 2

 N N 1  N 2 P1  P2 ( m  M ) g

5

0,5


0,5
F Fms1 Fms 2
a2
..................................
M
..............

Để M trợt khỏi m thì:

a 2 a1

(chú ý:

Fms1 Fms1' 1 mg

Fms 2 2 M m g

)...............................
F F ' ms1 Fms 2
1 g
M

hay


F 1 mg 2 (m M ) g
1 g
M

Cuối cùng: F ( 1 2 )(m M ) g

(1)

Điều kiện a 2 0
hay

0,5

F 1 mg 2 (m M ) g

(2)

Điều kiện (2) bao hàm trong điều kiện (1).
Do vậy kết quả bài toán :
F ( 1 2 )(m M ) g

.......................................
Bi 3. (4 im)

Ký hiu chiu di v khi lng ca thanh ln lt l l v m. Do nõng
thanh t t do vy cú th coi rng thanh luụn cõn bng mi v trớ. Xột khi
thanh hp vi phng ngang mt gúc . Cỏc lc tỏc dng lờn thanh nh hỡnh v
ta cú: F N Fms P O (1)
Chiu phng trỡnh (1) lờn phng ngang v phng thng ng ta c:
F.sin = Fms (2) ..
v mg = N + F.cos (3) .
Chn trc quay A, ta cú: F.l = mg.

1
.cos (4) .. .
2
6

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


Từ (2), (3) và (4) rút ra:

Fms =

mg
mg
.sin.cos ; N =
(1 + sin2) …………………………..
2
2

Để thanh không trượt thì: Fms  N ………….. ……………. …….
sin  .cos 
� �
đúng với mọi góc α;...........................................................
1  sin 2 

0,5
0,5
0,25

Ta có:
sin  .cos 
sin  .cos 
sin  .cos 
1

�

……………..
2
2

2
1  sin 
cos   2sin  2 2 sin  .cos  2 2

0,5

Vậy để nâng thanh đến vị trí thẳng đứng mà đầu dưới không bị trượt thì:  

1
.........................................................................................................
2 2

0,25

Bài 4. (4 điểm)

a. Cơ năng của vật m1 là W  m1gl  0,3.10.1  3(J)

0,5

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:
v 2  2gl cos   2.10.1.cos300  10 3 � v ; 4,1618m / s

0,5

- 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 

9 3
N ; 7, 79N
2

0,5

7


- Vận tốc của vật m1 ngay trước va chạm là v 2  2gl(1  cos) ................

0,5

2 (2,5đ)
- Gọi v1 , v 2 tương ứng là
O



vận tốc của mỗi vật ngay
sau va chạm.

B

m1



K

m2

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 
�
�m1v  m1v1  m 2 v 2
�
2
�� 2
��
2
2
m1v  m1v1  m 2 v 2
�
�v  3v
�2 2

0,5

- 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 

8

0,5


- Xét vật m2:
Áp dụng định luật II Niu - tơn cho vật theo phương ngang, chiều
dương hướng sang phải.
� a 2  g

Khi vật dừng lại tại C. Suy ra: AC 

v 22
9v 2

2a 2 8g

0,5

Theo đề

AD

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

� 4sin   15(1  cos) � 16(1  cos 2 )  15(1  cos) 2 (1)

Đặt x  cos
�
x  0,5 � cos  0,5 �   600 (T / m)
(1) � 4x 2  6x  2 � �
x  1 � cos  1 �   00 (L)
�

Vậy   600

0,5

Bài 5. (4 điểm)
1.(1đ)

Quá trình 1 – 4 có P tỷ lệ thuận với T nên là quá trình đẳng tích, vậy thể tích ở
trạng thái 1 và 4 là bằng nhau: V1 = V4. .................
Sử dụng phương trình C-M ở trạng thái 1 ta có:

0,25

m RT1
m
RT1 , suy ra: V1 
.............................................
 P1


0,5

P1V1 

Thay số: m = 1g;  = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T1 = 300K và P1 = 2.105 Pa
ta được:
V1 
2
(1,5đ)

1 8,31.300
 3,12.103 m3 ............................................................
5
4 2.10

Từ hình vẽ ta xác định được chu trình này gồm các đẳng quá trình sau:

9

0,25

0,5

1 – 2 là đẳng áp;

2 – 3 là đẳng nhiệt;

3 – 4 là đẳng áp;

4 – 1 là đẳng tích...........................................................

1đ

Vì thế có thể vẽ lại chu trình này trên giản đồ P-V (hình a) và trên giản đồ VT (hình b) như sau:..............................................................................................
P(105P
a)
2

1

2

1

1

0

V(l)

4

12,4
8
6,24

33

4

3,12

3,12 6,24

12,4
Hình a 8

3

V(l)

0

2

4
1
150 300

T(K
)

600

Hình b

3(1,5đ) Để tính công, trước hết sử dụng phương trình trạng thái ta tính được các thể

tích:
V2 = 2V1 = 6,24.10 – 3 m3; V3 = 2V2 = 12,48.10 – 3 m3.......................

0,5

Công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn:
A12  p1(V2  V1)  2.105(6,24.103  3,12.103)  6,24.102 J .................................

0,25

V3
 2.105.6,24.103 ln2  8,65.102 J .................................................
V2

0,25

A34  p3(V4  V3)  105(3,12.103  12,48.103)  9,36.102 J .................................

0,25

A41  0 vì đây là quá trình đẳng áp. ................................................................

0,25

A23  p2V2 ln

10


MÔN VẬT LÝ 10
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 ( 4 điểm):
1. Một vật chuyển động thẳng chậm dần đều. Xét năm đoạn đường liên tiếp bằng nhau trước khi dừng
lại thì thời gian chuyển động của đoạn đường thứ tư kể từ lúc bắt đầu chuyển động chầm dần là 2s.
Tính thời gian chuyển động từng quãng đường và tổng thời gian vật đi được trong năm đoạn đường
bằng nhau kể trên.
2. Một người lái xe ngồi trong ô tô đứng yên lúc trời không có gió thấy vệt nước mưa trên cửa kính
theo phương thẳng đứng. Khi có gió nhẹ theo phương ngang, vệt nước mưa lệch về phía sau xe so với
phương thẳng đứng góc 30o. Nếu người lái xe cho xe chạy với tốc độ không đổi 5m/s (theo phương
ngang) về phía trước thì vệt nước mưa lệch về phía sau xe góc 60o. Hãy tính tốc độ gió?
A

Câu 2(4 điểm): Một nêm có tiết diện là tam giác ABC vuông tại
và hai mặt bên là AB và AC. Cho hai vật m1 và m2 chuyển động
đồng thời không vận tốc đầu từ A trên hai mặt nêm. Bỏ qua mọi
sát. Lấy g = 10m/s2. (Hình 1 )
a. Giữ nêm cố định, thời gian hai vật m1 và m2 trượt đến các chân
nêm AB và AC tương ứng là t1 và t2 với t2=2t1. Tìm .

m2

m1

A,
ma

B 

C

Hình 1

mặt

b. Để t1 = t2 thì cần phải cho nêm chuyển động theo phương ngang một gia tốc a0 không đổi bằng bao
nhiêu?
Câu 3. ( 4 điểm)
Quả cầu nhỏ A khối lượng m nằm trên đỉnh của một bán cầu nhẵn bán kính R được giữ cố định trên
mặt sàn nằm ngang.

r

r

1. Đẩy quả cầu với vận tốc ban đầu v0 theo phương ngang (hình 2). Xác định v0 để quả cầu không
rời bán cầu ngay lúc đó. Tìm vị trí quả cầu rời khỏi bán cầu sau đó.
2. Giả sử khi quả cầu ở độ cao h (so với mặt phẳng
r
thì vận tốc của nó là v . Tìm lực nén của quả cầu lên
khi quả cầu ở độ cao h' < h và chưa rời bán cầu.

11

r
A
v0
R
Hình 2

ngang)
bán cầu


3. Giả sử quả cầu lăn không vận tốc ban đầu từ đỉnh bán cầu.
a) Xác định vị trí quả cầu rời bán cầu.
b) Sau khi rời khỏi bán cầu quả cầu rơi xuống sàn rồi nảy lên (va chạm giữa quả cầu và sàn là
va chạm hoàn toàn đàn hồi). Tìm độ cao H mà quả cầu đạt tới sau va chạm với sàn.
Câu 4 (4 điểm): Thanh OA nhẹ gắn vào tường nhờ bản lề O. Đầu A có treo vật nặng với trọng lượng P.
Để giữ cho thanh nằm ngang cân bằng thì ta dùng dây treo điểm B của thanh lên. Biết OB=2AB
a. Tính lực căng T của dây và phản lực Q của bản lề theo góc α.
Xác định lực căng nhỏ nhất và phản lực nhỏ nhất mà ta có thể
nhận được khi thay đổi vị trí điểm treo C.

C

b. Vì dây treo chỉ chịu được lực căng tối đa là 4P. Hãy xác định vị
trí dây treo để dây không bị đứt.

α

O

A

B
P

Câu 5 (4 điểm): Một mol khí lý tưởng thực hiện một chu trình được
diễn tả bằng đồ thị trong mặt phẳng tọa độ (p, V) như hình vẽ. Biết
rằng nhiệt độ của khí ở trạng thái A là T A = 300K, còn trạng thái B và C thì khí có cùng nhiệt độ, và V C
= 3VA
a. Tính công mà khí thực hiện trong chu trình?
b. Tìm nhiệt độ lớn nhất mà khí có thể nhận được trong chu trình này?

p
pB

B

C
pA
O

12

A
V
VA

3VA


13

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC
MÔN: Vật lí - lớp 10
Thời gian: 150phút (không kể thời gian giao đề)

GỢI Ý, HƯỚNG DẪN CHẤM
(Ghi chú: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)
Câu 1.

Thang
điểm

4 điểm

1. Gọi S là giá trị chung cho năm quãng đường đi của vật, a là gia tốc trong chuyển động
chậm dần từ A đến F.(AB = BC = CD = DE = EF = S)

2,5
điểm

Áp dụng hệ thức độc lập trên 5 quãng đường, ta có:
AB: v12  v02 2aS , BC: v 22  v12 2aS , CD: v32  v 22 2aS
DE: v 42  v32 2aS , EF: v52  v 42 2aS , v5 0
Dựa vào chuyển động ở đoạn thứ 4, ta có gia tốc a 

v 4  v3 v 4  v3

t
2

Từ các phương trình ta rút ra được: v3 v 4 2 , v 2 v 4 3 , v1 v 4 .2, v0 v4 . 5 ,
a

v4
(1 
2

0.5

2)

Thời gian chuyển động của từng quãng đường là:
t AB 

v1  v0
v  v
2( 5  2)(1  2 ) , t BC  2 1 2( 2 
a
a

t CD 

v3  v 2
2( 3 
a

t AF 

v5  v 0
2 5 (1  2 )

a

2 )(1  2 ) , t EF 

3 )(1  2 )

0,5

v5  v 4
2(1  2 )
a

0.5

14










A

B

C

D

0

1

2

3

2s



4



E

F

0.5

5

0.5

2(1.5 điểm):

Nội dung

Thang điểm

+ giọt nước(1), gió (2), xe (3) và mặt đất (4)
+

r
r
r
v13  v12  v 23

→

tan 30o 

0,25

v 23
1

v12
3

0,25

15

+

r
r
r
r
v14  v12  v 23  v34

+

v 23  5
3 3
v 23

→

tan 60o 

v 23  v34
 3
v12

0,50

→ v23= 10m/s

0,50

Câu 2 (4 điểm)

Câu 2

Nội dung
Gia tốc của các vật trên mặt phẳng nghiêng:

a
1.75
điểm

Điểm
a1 = gsin, a2 = gcos

0.5

AB = (gsin)t2/2 và AC = (gcos)t2/2
t2 = 2t1

0.5

AC
4

(1)
AB tan 

Mặt khác tan =

AC
AB

0.5

(2)  tan = 2  = 63,40.

để t1 = t2 thì nêm phải chuyển động về phía bên trái nhanh nhanh dần đều

0.5

0.5

Trong hệ quy chiếu gắn với nêm: a1n = gsin - a0cos
a2n = gcos + a0sin

0.5

b
2.25
điểm

Vì t1 = t2 tan =

AC a2 n gcos  + a 0 sin 
= a = gsin  a cos = 2
AB
1n
0

Thay số ta được a0 =

0.5

0.5

3
g = 7,5 m/s2.
4

16


Câu 3. (4 điểm)
Ý

Nội dung

Điểm

mv0 2
Áp dụng định luật II Niuton ta có: mg - N =
R
(với N là phản lực của bán cầu tác dụng lên quả cầu A).

0.5

Điều kiện để quả cầu không rời khỏi bán cầu:

N �0
A
R

� v0 � gR

r
v0

(1)

C

0

1. (1.5 đ)
Tại vị trí C quả cầu rời bán cầu (OC hợp với phương thẳng đứng góc α 0), khi
đó N = 0. Vậy:

mv 2
= mgcosα 0
R

0.5

(2)

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:

mv 2
mv02
=
+ mgR(1 - cosα 0 )
2

2
2
v 02
+
Từ (2) và (3) suy ra: cosα 0 =
3 3gR

17

(3)

(4)
0.5


Khi vật ở độ cao h', áp dụng định luật II Niuton và định luật bảo toàn cơ năng
ta có:

mv'2
h'
mv'2
mgcosα' - N =
� mg - N =
R
R
R

(5)
0.5

mv'2
mv 2
mgh' +
= mgh +
2
2

(6)

2.(1,5 đ)

Từ (5) và (6) ta suy ra: N =

mg
v2
(3h' - 2h )
R
g

(7)

0.5

Lập luận tương tự như ý 1, khi vật rời khỏi bán cầu thì

cosα 0 
3.a(1 đ)

v2 =

2
3

2gR
3

H 0 = Rcosα 0 =

0.5

2R
3

Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên sau va chạm, quả cầu lại lên tới độ cao
H0 với vận tốc v có độ lớn v =

2gR
và hợp với phương ngang một góc
3

đúng bằng α0. Sau đó quả cầu lên thêm một đoạn H1.
Áp dụng định lý động năng ta có:

mv 2y
2

= mgH1

với v y = v.sinα 0 mà sinα 0  1  cos 02 

18

5
3

0.5


Suy ra:
3.b.(1 đ)

H1 =

5R
27

Vậy độ cao cực đại mà vật đạt được sau khi va chạm với sàn:

H = H 0 + H1 =

0.5

23R
27

Câu 4: (4,0đ)
Ý

Nội dung

19

Điểm


a

. Chọn hệ toạ độ Oxy nhu hình vẽ.
+ Điều kiện cân bằng mômen của vật với trục quay qua O là:

uu
r uu
r r
M T  M P  0 � T.OB.sin   P.OA � T 

3P
2sin 

C
α

A
B

O

0.5

x

O
y

0.5

ur ur u
r r

Điều kiện cân bằng lực của thanh là: Q  T  P  0

20


Theo phương Ox: Q x  T cos   0 � Q x 

3P
cos 
2sin 

Theo phương Oy Q y  P  Tsin  � Q y  P 

3P
P
� Q y  �
2
2

0.5

0.5

Phản lực Q của bản lề tác dụng lên thanh là:

9P 2
P2 P
2
Q Q Q 
cotan  

9cotan2  1
4
4 2
2
x

2
y

3P
ta thấy Tmin khi   900 (dây treo thẳng
2sin 
3P
đứng) khi đó lực căng T 
. Cũng tại vị trí này thì
2
P
cotan2  0 � Q  Q min 
2

0.5

Từ biểu thức lực căng T 

0.5

Theo giả thiết ta có:

Tmax  4P �
b

3P
3
�4P � sin  � � 220 � �1580
2sin 
8

Vậy để dây không bị đứt thì ta phải chọn điểm treo C sao cho góc treo α thoả
mãn

220 � �1580

Câu 5 (4 điểm)

21

1


Ý

Nội dung

Điểm

B và C có cùng nhiệt độ nên ta có: p BVB 3 pCV A  p B 3 pC

1

p
pA
 C  p C 3 p A
V A 3V A

a (2 đ)

Vậy p B 9 p A
Công mà khí thực hiện trong chu trình

1

1
A  ( p B  p A )(VC  V A ) 8 p AV A 8RT A 6648 J
2

Phương trình đường thẳng diễn tả quá trình BC
b (2 đ)

p aV  b(1)

Đường thẳng BC đi qua hai điểm B(V A ,3 pC ); C (3V A , pC )

Thay tọa độ hai điểm vào phương trình (1) ta được
p

 pC
V  4 p C ( 2)
VA

1

Áp dụng phương trình trạng thái pV  RT (3) , thay p ở (2)
Vào (3) ta được

pC 2
V  4 pCV  RT 0  TMAX 12T 1200 K
VA

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
22

1


Môn thi: VẬT LÝ 10
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1:(4 điểm)

Hai địa điểm A và B cách nhau 150m, cùng một lúc xe thứ nhất qua A với tốc độ v 1, xe

thứ hai qua B với tốc độ v2. Biết tổng độ lớn v1+v2 =5m/s. Hai xe chuyển động nhanh dần đều
có cùng gia tốc có độ lớn a. Biết rằng nếu 2 xe chuyển động ngược chiều nhau thì sau 10s
chúng gặp nhau, nếu chuyển động cùng chiều thì sau 150s xe thứ nhất đuổi kịp xe thứ hai. Tính
v1, v2 và gia tốc a của mỗi xe.

Bài 2: (4 điểm)

Một xe tải cần chuyển hàng giữa 2 điểm A và B cách nhau một khoảng L = 800m.
Chuyển động của xe gồm 2 giai đoạn: khởi hành tại A chuyển động nhanh dần đều và sau đó
tiếp tục chuyển động chậm dần đều để dừng lại ở B. Biết rằng độ lớn gia tốc của xe trong suốt
quá trình chuyển động không vượt quá 2 m/s2. Hỏi phải mất ít nhất bao nhiêu thời gian để xe đi
được quãng đường trên.
Bài 3: (4 điểm)

Một thanh AB đồng chất, tiết diện đều có khối lượng m =10 kg, chiều dài AB = 2m. Đầu
A gắn vào trần nhà nằm ngang bằng một bản lề, đầu B treo bởi sợi dây BC theo phương thẳng
đứng(Hình 1). Góc tạo bởi thanh AB và trần nhà  300. Lấy g = 10 m/s2.
a) Tính lực căng dây BC.
b) Tính lực căng dây BC khi tác dụng lên đầu B của thanh một lực F = 50N theo phương
ngang và hướng sang trái.
C
A

α
B

23


Hình 1.

Bài 4: (4 điểm)

Cho cơ hệ như hình 2. Biết  = 300, m1 = 3 kg, m2 = 2 kg, M = 2 kg, ma sát giữa m 2 và M
là không đáng kể. Bỏ qua khối lượng dây nối và ròng rọc, dây không dãn, lấy g = 10 m/s2.
1) M đứng yên.

m2

a. Tìm gia tốc của các vật m1 và m2.

M



b. Tìm áp lực của dây lên ròng rọc.

m1

Hình 2

2) Tìm điều kiện của hệ số ma sát giữa M
và mặt bàn nằm ngang để M không bị trượt
trên bàn.

Bài 5: (4 điểm)

Trong một mặt phẳng thẳng đứng, một máng nghiêng
được nối với một máng tròn ở điểm tiếp xúc A của

1

B

máng tròn với mặt phẳng nằm ngang(Hình H.3).
Ở độ cao h trên máng nghiêng có vật 1

0

(khối lượng m1 = 2m) ; ở điểm A có vật 2

2

(khối lương m2 = m). Các vật có thể trượt không ma sát
trên máng. Thả nhẹ nhàng cho vật 1 trượt đến va chạm
vào vật 2. Va chạm là đàn hồi.

24

A H.3

h


a) Với h < R/2, R là bán kính của máng tròn. Hai vật chuyển động thế nào sau va chạm.Tính
các độ cao h1 và h2 mà chúng đạt tới.
b) Tính giá trị cực tiểu hmin của h để sau va chạm vật 2 có thể đi hết máng mà vẫn bám không
tách rời máng.
.

----------------HẾT---------------

HỨỚNG DẪN CHẤM HSG LÝ 10

Bài

Hướng dẫn giải

Điểm

Bài + Chọn chiều dương là chiều từ A đến B, gốc O tại A
1

(4đ)

 2 xe ngược chiều:
x1 = x2

10 v1 + 50a = 150 – 10 v2 – 50a
10(v1 + v2) = 150 -100a
Suy ra

a = 1 m/s2.

………………. ………………
………………. ………………
……………… ………………

0,50
0,50
0,5

 2 xe cùng chiều:
x1 = x2
150v1 + 11250a = 150 + 150v2 + 11250 a

………….. ………………

1,00

Suy ra

v1 – v2 = 1(1).

…………. ………………

0,5

Đề cho

v1 + v2 = 5(2).
………… ………………

1,0

Từ (1) và (2) suy ra v1 = 3m/s; v2 = 2 m/s

25