Bộ đề thi học sinh giỏi môn Vật lý lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
MÔN VẬT LÝ LỚP 10
CẤP TRƯỜNG CÓ ĐÁP ÁN


MỤC LỤC
1. Đề thi học sinh giỏi môn Vật lý lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường
THPT Đồng Đậu
2. Đề thi học sinh giỏi môn Vật lý lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường
THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc
3. Đề thi học sinh giỏi môn Vật lý lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường
THPT Lưu Hồng, Hà Nội
4. Đề thi học sinh giỏi môn Vật lý lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường
THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội
5. Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường
THPT Triệu Sơn 4, Thanh Hóa
6. Đề thi học sinh giỏi môn Vật lý lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 - Trường THPT Thu
Xà, Quảng Ngãi
7. Đề thi học sinh giỏi môn Vật lý lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường
THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội


TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1(3 điểm): Hai xe ô tô bắt đầu chuyển động thẳng, nhanh dần
đều hướng đến một ngã tư như hình vẽ 1. Tại thời điểm ban đầu,
xe 1 ở A với OA  x01 và có gia tốc a1; xe 2 ở B với OB  x02 và

có gia tốc a2. Cho a1 = 3m/s2, x01 = -15m; a2= 4m/s2, x02 = -30m
a) Tìm khoảng cách giữa chúng sau 5s kể từ thời điểm ban đầu.
b) Sau bao lâu hai chất điểm lại gần nhau nhất? Tính khoảng
cách giữa chúng lúc đó.

x
2

A

O

1

B

Hình 1

Câu 2(2 điểm): Một ô tô chạy đều trên đường thẳng với vận tốc 36m/s thì vượt qua một viên cảnh sát giao
thông đang đứng bên đường. Chỉ 1s sau khi ơ tơ vượt qua, viên cảnh sát phóng xe đuổi theo với gia tốc không
đổi 3m/s2, vận tốc ban đầu bằng không.
a) Sau bao lâu viên cảnh sát đuổi kịp ô tô kể từ khi cảnh sát bắt đầu xuất phát?
b) Quãng đường mà viên cảnh sát đi được và vận tốc của anh khi đuổi kịp ô tô.
Câu 3(1 điểm): Cần tác dụng lên vật m trên mặt phẳng nghiêng góc α một lực F bằng bao nhiêu để vật nằm
yên, hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là k , khi biết vật có xu hướng trượt xuống(Hình 2).

Hình 2
Câu 4(1,5 điểm): Một cái nêm khối lượng M = 2m có dạng như A
hình vẽ 3. Biết góc  = 300. Vật nhỏ khối lượng m trượt không
vận tốc ban đầu, không ma sát từ đỉnh A trên mặt AB.

a/ Cố định nêm, tính gia tốc của m. Lấy g = 9,8 m/s2.
b/ Nêm có thể trượt khơng ma sát trên mặt sàn ngang.
Tính gia tốc của nêm.
Hình 3
Câu 5( 2,5điểm): Một quả cầu nhỏ có khối lượng m = 500g
được buộc vào 2 sợi dây không giãn, khối lượng không đáng kể.
Hai đầu còn lại buộc vào hai đầu một thanh thẳng đứng.
Cho hệ quay xung quanh trục thẳng đứng qua thanh với tốc độ
góc  . Khi quả cầu quay trong mặt phẳng nằm ngang và các sợi dây
tạo thành một góc 900( hình vẽ 4). Chiều dài của dây trên là a = 30cm,
của dây dưới là b = 40cm. Cho gia tốc rơi tự do g = 10m/s2.
Tính lực căng các sợi dây khi hệ quay với  = 8rad/s.
Hình 4

1

x

m
M


a



b

B

Câu 6(1 điểm): Một quả cầu nặng đồng chất được treo bằng dây vào một điểm cố định trên tường
thẳng đứng. Xác định hệ số ma sát giữa tường với quả cầu sao cho, khi cân bằng, điểm nối dây với
quả cầu nằm trên đường thẳng đứng đi qua tâm quả cầu.
Câu 7 (3 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 (Hình 5).
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.
b. Vì dây treo chỉ chịu được lực căng tối đa là 4P. Hãy xác định vị trí C
của dây treo để dây khơng bị đứt. Dây đặt ở vị trí nào thì lực căng
của dây nhỏ nhất?

C
α

A

O

B
Hình 5

P

Câu 8(1 điểm): Một con ếch khối lượng m = 150 g ngồi ở đầu một tấm ván có khối lượng M = 4,5 kg chiều dài
L = 0,8 m nổi nằm yên trên mặt nước. Ếch bắt đầu nhảy lên theo hướng dọc chiều dài tấm ván. Hỏi nó phải nhảy
với vận tốc ban đầu v0 bằng bao nhiêu để với một bước nhảy nó tới được mép cuối tấm ván, nếu góc nhảy hợp
với phương ngang một góc   150 ? Bỏ qua lực cản của nước. Lấy g = 10 m/s2.

Câu 9 (3 điểm): Một con lắc đơn gồm một hịn bi A có khối lượng m = 1000 g treo trên một sợi chỉ dài l = 1m
(Hình 6). Kéo con lắc lệch khỏi phương thẳng đứng góc 𝛼 = 300 rồi thả ra không vận tốc đầu. Bỏ qua mọi lực cản
môi trường và lực ma sát.
a. Tìm vận tốc của hịn bi A khi qua vị trí cân bằng. Lấy g = 9,8 m/s 2.
b. Khi đến vị trí cân bằng, viên bi A va chạm đàn hồi xuyên
tâm với một bi B có khối lượng m1 = 500 g đang đứng n
trên mặt bàn. Tìm vận tốc của hai hịn bi ngay sau va chạm.
c. Giả sử bàn cao 0,8 m so với sàn nhà và bi B nằm ở mép
bàn. Xác định quỹ đạo chuyển động của bi B. Sau bao lâu
thì bi B rơi đến sàn nhà và điểm rơi cách chân bàn O bao
nhiêu?

A
B
0,8m

Hình 6
Câu 10 (2 điểm): Cho một thanh gỗ thẳng dài có thể quay quanh một trục lắp cố định ở một giá thí nghiệm, một
thước chia tới milimet, một bình hình trụ lớn đựng nước (đã biết khối lượng riêng của nước), một bình hình trụ
lớn đựng dầu hoả, một lọ nhỏ rỗng, một lọ nhỏ chứa đầy cát có nút đậy kín, hai sợi dây. Hãy trình bày một phương
án xác định khối lượng riêng của dầu hoả.
.....................................Hết......................................
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………….Số báo danh:………………………………

2


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Đáp án

1

Điểm
0,5

1
x1  x01  a1t 2  15  1,5t 2
2
a. Phương trình chuyển động của xe đi từ A:
Phương trình chuyển động của xe đi từ B:

1
x2  x02  a2 t 2  30  2t 2
2

0,5

Khoảng cách giữa hai xe tại thời điểm t

1
2
2
d 2  x12  x22  (a12  a22 )t 4  (a1 x01  a2 x02 )t 2  x01
 x02
4



 
2

d 2  x12  x22  1,5t 2  15  2t 2  30



2

0,5





2
25
25 2
 t 4  165t 2  1125 
t  13, 2  36
4
4

Sau 5s, khoảng cách giữa chúng: d= 30,1 m

0,5

2
b. d  36  dmin  6 .

0,5

dmin  6  t  13, 2  3,63s

2

0,5

a. Chọn Ox cùng chiều chuyển động của ô tô, 0 ≡ vị trí đứng của cảnh sát, t =0 lúc cảnh
sát xuất phát.
Phương trình chuyển động của hai xe:
ơ tơ: x1 = 36(t – 1) = 36t + 36
1
cảnh sát: x2 = 2 𝑎𝑡 2 = 1,5t2
- Khi cảnh sát đuổi kịp ô tô: x1 = x2 → t ≈ 25s
Sau khi chuyển động được 25s thì cảnh sát đuổi kịp ơ tô.
b. Vận tốc cảnh sát khi đuổi kịp ô tô:
v = at = 25.3 ≈ 75(m/s)
Quãng đường cảnh sát đi được:
1
s = 2at2 ≈ 935,5m

0,5

0,5

0,5
0,5
HV

3

(0,25)

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.
Áp dụng định luật II Niu-tơn ta có:








F P N  Fms  0

0,25

3


Chiếu phương trình lên trục Oy: N - Pcos α - Fsin α = 0
=> N = Pcos α + F sin α

0,25

Fms = kN = k(mgcos α + F sin α )
Chiếu phương trình lên trục Ox : Psin α - F cos α - Fms = 0
=> F cos α = Psin α - Fms = mg sin α - kmg cos α - kF sin α

F
4

5

mg(sin  kcox) mg(tg  k )

cos  k sin
1  ktg

0,25

a/ Gia tốc của m: a = g.sin  = 9,8.sin300 = 4,9 m/s2.
b/ Xét m trong HQC gắn với nêm:
⃗N
⃗
N = mg.cos  - Fqt.sin  = mg.cos  - ma.sin 
a là gia tốc của nêm
Xét chuyển động của nêm trong HQC O:
a
⃗N
⃗’
N’sin  = 2ma; mà N = N’
=> (mg.cos  - ma.sin  ). sin  = 2ma => g. cos  sin  = (sin2  + 2).a
g. sin 2
=> a 
Thay số được: a  1,886 m/s2.
2
2(sin   2)
Xét trong hệ quy chiếu quay. Điều kiện cân bằng của vật :

  


P  Ta  TB  Fqt  0
(1).

 mg cos   Tb  Fqt . cos   0

(2).

cos  

r

b

ab
a2  b2

HV(0,5)

O
0,5

HV(0,5)
0,5



Chiếu lên phương các sợi dây:
 mg cos   Ta  Fqt . cos   0
2

2
Với : Fqt  mr  m .

0,5

r

.

a

0,5

b

a

0,5



a2  b2
r
b
cos   
.
a
a2  b2

Thay các giá trị của Fqt , cos  , cos  và  = 8rad/s

vào (1) và (2) ta được :
a
ab 2
Ta  mg
 m 2 2
= 9,14N
a  b2
a2  b2
Tb  mg

6

b

 m 2

a 2b
= 0,6N
a2  b2

0,5

a2  b2
Khi quả cầu đứng cân bằng các lực tác dụng vào nó:

⃗⃗ ;trọng lực P .
Sức căng T ; lực ma sát Fms ; phản lực N
Đối với trục quay lqua điểm A,
vng góc mặt phẳng hình vẽ :
Fms.R – N.R = 0.

hay Fms = N.
4

HV(0,5)

A
⃗⃗
N

0,5


Mặt khác Fms ≤ k.N  k  1.
7

a. Chọn hệ toạ độ Oxy như hình vẽ.
+ Điều kiện cân bằng mômen

HV(0,5)
của

vật

với

trục

quay

qua

O

là:

C
α

A
B

O
x

O
y

MT  M P  0  T.OB.sin   P.OA  T 
+Điều kiện cân bằng lực của thanh là:

3P
2sin 

0,25

QTP0

0,25

3P

cos 
2sin 
3P
P
 Q y  
Theo phương Oy: Q y  P  Tsin   Q y  P 
2
2
Theo phương Ox: Q x  Tcos   0  Q x 

0,25

0,25

+ 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
3P
0
+ Từ biểu thức lực căng T 
ta thấy Tmin khi   90 (dây treo thẳng đứng)
2sin 

3P
P
2
khi đó lực căng T 
. Cũng tại vị trí này thì cotan   0  Q  Qmin 
2
2
2
x

0,25

2
y

0,25

b. Theo giả thiết ta có:

Tmax  4P 

3P
3
 4P  sin    220    1580
2sin 
8

0,5

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

220    1580
+ Vì T luôn dương, nên T min khi sin  max, khi đó   90 .
Vậy dây đặt vng góc với thanh OA tại B thì lực căng dây đạt giá trị nhỏ nhất.
– Động lượng của hệ ếch-ván được bảo tồn theo phương ngang, nên :
mv0cos  Mu
(1)
Trong đó v0 là vận tốc của ếch và u là vận tốc của ván đối với mặt nước nằm yên
o

8

5

0,5

0,25

0,5


Để ếch nhảy tới mép
L  u.t   v0cos  .t (2)

cuối của

Với t là thời gian nhảy của ếch. Thay t 

9

tấm ván,

cần thỏa

mãn điều

kiện:

2v0 sin 
vào phương trình (2)
g

gL
 3,93 m / s
Giải hệ (1) và (2) ta được; v0 
m

  1 sin 2
M

a. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng :
Vận tốc bi A qua vị trí cân bằng: V0A=

0,25

1

2 gl (1  cos  ) = 1,62 m/s

b. Va chạm đàn hồi : Bảo toàn động lượng và bảo toàn động năng.

0,5

mV0A= m VA+m1V0B
1
1
1
m V02A = mVA2 + mV02B
2
2
2

0,5

=> VA=0,54m/s; V0B= 2,16m/s
c. Hòn bi B chuyển động ném ngang: t=
10

2h
= 0,4s =>S= V0B.t = 0,864m
g

- Lắp thanh gỗ vào trục quay để có 1 đòn bẩy.
l
l0
Treo lọ rỗng vào đòn bên phải, treo lọ đầy cát
vào một vị trí ở địn bên trái sao cho địn bẩy cân
bằng nằm ngang. Ta có: P0.l0 = P.l (1)
F
- Nhúng lọ đựng đầy cát ngập trong nước rồi tìm
vị trí treo nó sao cho địn bẩy cân bằng:

P0. l0 = (P – F). l’
(2)
- Từ (1) và (2):
P0
P
F = P(l’ – l)/l’ mà F = dnước.V
P l 'l
Suy ra: dnước = 
V
l'
- Lặp lại thí nghiệm bằng cách thay nước bằng dầu hoả, tìm vị trí l’’ treo lọ cát để đòn
bẩy cân bằng.
P l ' 'l
- Ta có:
ddầu = 
V
l' '
(l ' 'l )l '
- Suy ra
ddầu = dnước 
(l 'l )l ' '
(l ' 'l )l '
hay:
Ddầu = Dnước 
(l 'l )l ' '

6

1

0,5

0,5

0,5

0,5


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN

ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2020 – 2021
ĐỀ THI MƠN: VẬT LÍ

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề.

Bài 1: Một đồng hồ tính giờ gồm kim phút dài 2,5 cm và kim giờ dài 2,0
cm (hình 1). Coi các kim quay đều trong cùng một mặt phẳng.
a) Tính tốc độ góc của kim phút và kim giờ.
b) Mỗi ngày đêm, có bao nhiêu lần kim phút và kim giờ gặp nhau,
đó là những thời điểm nào ?
Bài 2: Một chất điểm khối lượng m=2kg, chuyển
động thẳng với đồ thị vận tốc thời gian như hình vẽ.
a) Tính gia tốc và nêu tính chất chuyển động của
chất điểm trong mỗi giai đoạn.
b) Xác định phương, chiều, độ lớn hợp lực tác

dụng lên vật trong mỗi giai đoạn.
c) Viết phương trình chuyển động
của chất điểm trên mỗi chặng biết tại thời điểm ban
đầu (t=0) vật có li độ xo = 0.

Hình 1
v (m/s)
A

C

8

4
B

O

2

4

6

t(s)

Bài 3: Ba vật có khối lượng như nhau m = 5kg được nối với nhau bằng các sợi dây không
giãn, khối lượng không đáng kể trên mặt bàn ngang. Biết dây chỉ chịu được lực căng tối
đa là T0=20N. Hệ số ma sát giữa bàn và các vật 1,
m1

m2
2, 3 lần lượt là 1 =0,3; 2 =0,2; 3 = 0,1. Người ta m3
kéo vật với lực F nằm ngang như hình vẽ. Lấy
g=10m/s2.
a) Tính gia tốc mỗi vật và lực căng các dây nối nếu F=31,5N.
b) Tăng dần độ lớn của lực F, hỏi Fmin bằng bao nhiêu để một trong hai dây bị đứt?
Bài 4: Một vật đặt ở chân mặt phẳng nghiêng (dài vơ hạn) một góc α = 300 so với
phương nằm ngang. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là µ = 0,2. Vật
được truyền một vận tốc ban đầu v0 = 2 m/s theo phương song song với mặt phẳng
nghiêng và hướng lên phía trên. Cho g=10m/s2.
a) Sau bao lâu vật lên tới vị trí cao nhất?
b) Quãng đường vật đi được cho tới vị trí cao nhất là bao nhiêu?
Bài 5: Một chiếc thang AB=l, đầu A tựa trên sàn ngang, đầu B tựa vào tường thẳng đứng.
Khối tâm C của thang cách A một đoạn

l
. Thang hợp với sàn một góc α.
3

1) Chứng minh rằng thang khơng thể đứng cân bằng nếu khơng có ma sát.
2) Gọi hệ số ma sát giữa thang với sàn và tường đều là k. Biết góc α=600. Tính
giá trị nhỏ nhất của k để thang đứng cân bằng.
3) Khi k=kmin, thang có bị trượt khơng, nếu:
a) Một người có trọng lượng bằng trọng lượng thang đứng tại điểm C.


b) Người ấy đứng ở vị trí D cách A một đoạn

2l
3

4) Chứng minh rằng α càng nhỏ thì để thang khơng trượt thì ma sát càng lớn.
Tính kmin khi α=450. ( khơng có người)
Bài 6: Xác định hệ số ma sát giữa một vật hình hộp với một mặt phẳng nghiêng, với dụng
cụ chỉ là một lực kế. Biết rằng góc nghiêng của mặt phẳng là α khơng đổi và không đủ
lớn để vật tự trượt.
-----------------------HẾT---------------------Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh:……………………………Số báo danh:…………………Phịng thi….


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
1a

b

2a

b

c

Môn: VẬT LÝ – LỚP 10

Nội dung
Điểm
Kim phút quay một vòng ~ 2π rad mất 1h = 60min => ωphút = 2π rad/h =
0,105 rad/min
0,25
Kim giờ quay một vòng ~ 2π rad mất 12h = 720min => ωgiờ = π/6 rad/h =

8,73.10-3 rad/min
0,25
Trong hệ qui chiếu gắn với kim giờ
Kim phút quay với tốc độ ωp/g = ωphút − ωgiờ = 11π/6 (rad/h)
0,25
Mỗi ngày đêm 24 giờ, kim phút quay được (11π/6).24 = 44π rad ~ 22 vòng,
tức gặp nhau 22 lần
Thời gian giữa các lần là 2π/(11π/6) = 12/11 (giờ)
Lần 1: 0 giờ - 0 phút
Lần 2: 12/11 giờ = 1h5min; Lần 3: 24/11 giờ = 2h11min; Lần 4: 36/11 giờ =
3h16min
Lần 5: 48/11 giờ = 4h22min; Lần 6: 5h27min; Lần 7: 6h33min; Lần 8:
7h38min
Lần 9: 8h44min; Lần 10: 9h49min; Lần 11: 10h55min;
Từ 13h đến 24h tương tự
0,25
2
Trên AB : a1  2m / s ; Do av< 0 vật chuyển động chậm dần đều
0,25
Trên BC : a2  4m / s 2 ; Do av>0 vật chuyển động nhanh dần đều
0,25
Hợp lực tác dụng :
Trên AB : F1  m1a1  4 N ; F ngược chiều chuyển động của vật
0,25
Trên BC : F2  m a2  8 N ; F cùng chiều chuyển động của vật
0,25
2
Trên AB : x1  8t  t (m)
0,25
0  82

0,25
Trên BC : x0  s1 
 16m
2(2)
0,5
 x2  16  2(t  4)2  48  16t  2t 2 (t  4)

Định luật II Newton cho các vật;
P1  N1  T1  Fms1  ma1

Vật 1: 0 x : F  T1  Fms1  ma
0 y : N1  mg

 F  T1  1mg  ma

(1)

,

Vật 2: P2  N2  T1'  T2  Fms 2  ma2
 T1  T2  2 mg  ma
'
(3)
Vật 3: P3  N3  T2  Fms 3  ma3  T2  3 mg  ma
3a

F 1
 ( 1  2  3 ) g
3m 3
F

Do 1  33; 2  23  a 
 23 g  0,1m / s 2
3m
2F
Lực căng dây: T1  F  1mg  ma 
 3mg  16 N
3
F
T2  3mg  ma   3mg  5,5N
3

Từ 1,2,3  a 

(2)

0,25
0,25
0,25

0,25


Thấy T1 >T2 nên nếu đứt thì dây nối giữa vật 1 và 2 sẽ đứt trước. Dây sẽ bị
đứt khi ta có: T1 
b

2F
 3 mg  T0
3

0,5

3
(T0  3 mg )  37,5N
2

F 

Vậy lực kéo F nhỏ nhất để dây đứt là 37,5N
Ta chọn:
Gốc toạ độ O: tại vị trí vật bắt đầu chuyển động .
Chiều dương Ox: Theo chiều chuyển động của vật.
Chiều dương Oy: vuông góc với mp nghiêng, hướng lên
MTG : Lúc vật bắt đầu chuyển động ( t0 = 0)

0,5

0,25

* Các lực tác dụng lên vật: P, N , F ms (vẽ hình)
* Áp dụng định luật II Niu-tơn cho vật:

0,25

P  N  F ms  ma (1)

Chiếu phương trình(1) lên oy ta có:

4a

N- P.cosmgcos
 Lực ma sát tác dụng lên vật: Fms = .N = .mgcos
Chiếu phương trình (1) lên ox ta có:

0,25

- P.sin– Fms = ma
- mgsin - .mgcos = ma
 a = - g(sin + cos) = - 6,7 m/s2
Thời gian để vật lên đến vị trí cao nhất: t 
b

Quãng đường vật đi được: s 

v  v0 0  2

 0,3s
a
6,7

0,25

v v
04

 0,3m
2a
2.6, 7
2

2
0

1
0,5

1) Khơng có ma sát thang không cân bằng
Điều kiện cân bằng là: Tổng hợp lực tác dụng lên thanh:








R  P  N 1  N 2  0 Ba vectơ lực này có tổng khơng thể bằng khơng do

5

khơng đồng quy vì vậy thanh khơng cân bằng.
2) Tính kmin.
Xét trạng thái giới hạn thì lực masát nghỉ cực đại là
Fms1=k.N1 ; Fms2=k.N2






Điều kiện cân bằng: P  N 1  N 2  0
Chiếu lên các phương nằm ngang và thẳng đứng ta
có:
N2=F1=k.N1 (1)
P=N1+Fms2 =N1+k.N2 (2)

Fms2
B

N2
D

·

0,25

·

C

N1

P

Fms1 A


l
3

Chọn trục quay tại A. P. cos  N2 .l.sin   Fms2 .l.cos  0
P
 N2 . tan   k.N2 (3)
3
N
Từ (1) và (2) => P  2  k.N2 (4)
k
Từ (3) và (4) ta có: 2.k 2  (3. tan  ).k  1  0 (5)


Thay góc α=600 giải nghiệm kmin=0,18
3) a) Thang có trượt khơng?
Kmin và thỏa mãn công thức (5) và không phụ thuộc vào trọng lực P nên
khi người đứng tại khối tâm C ( tức P tăng ) thì thang khơng bị trượt.
b) Người đứng tại D.
Khi khối tâm của hệ người và thang là trung điểm I của AB. Điều kiện
cân bằng lúc này là:
N2=F1=k.N1 (6)
2P=N1+Fms2 =N1+k.N2 (7)
Phương trình momen là:

0,25

0,25

l
2P . cos  N 2 .l.sin   Fms2 .l. cos  0
2
 P  N2 . tan   k.N2 (8)

Giải phương trình (6) (7) (8) ta có: k 2  2. tan  .k  1  0  k  0,27
Ta thấy k > kmin nên khi đó thang sẽ bị trượt.
0,25
4) Tính kmin khi α=45 .
Trở lại phương trình (5): 2.k 2  (3. tan  ).k  1  0
0

Giải kmin 

0,25

9. tan   8  3 tan 
đặt x=tanα và y=4.kmin ta có hàm số
4
2

y  9.x 2  8  3x sau đó đạo hàm được y’<0 nên hàm y là nghịch

biến theo x, nghĩa là α giảm thì kmin tăng.
Với α=450 thì giải kmin=0,28.
+ Cơ sở lí thuyết: Fms = μ.N  μ =

Fms
Fms
=
N P.cosα

+ Dùng lực kế xác định trọng lượng P của vật.
+ Dùng lực kế kéo vật chuyển động đều theo phương song song mặt
6

phẳng nghiêng => Đọc số chỉ của lực kế, được Fk.
+ Vật tự trượt => Kéo vật lên dốc: Fk = P.sinα + Fms => Fms = Fk – P.sinα.
+ Vật không tự trượt => Kéo vật xuống dốc: Fk + P.sinα = Fms.
(cũng có thể kéo vật lên)
 Thí sinh giải đúng theo cách khác hướng dẫn chấm, giám khảo cho điểm tối đa;
 Mỗi lần thiếu đơn vị trừ 0,25 điểm, tối đa trừ 0,5 điểm trong 1 câu lớn.

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LƯU HỒNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: Vật lý - Lớp: 10
(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2 điểm):
Một chất điểm chuyển động từ A đến B (cách A một đoạn s = 315m) . Cứ chuyển động được 3 giây thì
chất điểm lại nghỉ 1 giây. Trong 3 giây đầu chất điểm chuyển động với vận tốc v0  5 m / s . Trong các
khoảng 3 giây tiếp theo chất điểm chuyển động với vận tốc 2vo, 3v0, …, nv0. Tìm vận tốc trung bình của
chất điểm trên quãng đường AB?

Bài 2 (2 điểm): Cùng một lúc tại đỉnh A của một mặt phẳng nghiêng AB có độ cao h, góc nghiêng so với
mặt phẳng ngang là , người ta truyền cho vật 1 vận tốc ban đầu v
C
chuyển động trên mặt phẳng nghiêng và ném vật 2 theo phương nằm
ngang với vận tốc vo. Hệ số ma sát giữa vật 1 và mặt nghiêng là . Bỏ
qua sức cản của khơng khí. Tính vận tốc v và vo để hai vật cùng một lúc
đến chân mặt phẳng nghiêng. Biết gia tốc trọng trường g.
Bài 3 (2 điểm): Một thanh đồng chất AB có tiết diện đều dài 90 cm có
khối lượng m1 = 4kg có thể quay quanh bản lề B (gắn vào tường thẳng
đứng) được giữ cân bằng nằm ngang nhờ sợi dây AC, BC = 90cm (như B
A
D
hình vẽ). Treo một vật có khối lượng m2 = 6kg vào điểm D của thanh,
AD = 30cm. Tính các lực tác dụng vào thanh AB, lấy g = 10m/s2.
Bài 4 (2 điểm): Một vật có khối lượng m2 = 300g được nối với tường
nhờ một lị xo có chiều dài tự nhiên l0 = 30cm, độ cứng k =
100N/m, khối lượng không đáng kể, đang đứng yên. Một vật
khác có khối lượng m1 = 100g đang chuyển động dọc theo trục
của lò xo với vận tốc v1= 1m/s đến va chạm xuyên tâm vào
(xuyên trục lò xo) m2. Bỏ qua mọi lực cản, lực ma sát và khối
lượng của lị xo. Tìm chiều dài cực tiểu của lò xo biết sau va chạm cả hai vật cùng dính vào nhau và
chuyển động với cùng vận tốc (va chạm mềm).
Bài 5 (2 điểm): Hai bình cầu thủy tinh A, B chứa khơng khí được nối
với nhau bằng ống nhỏ nằm ngang, tiết diện đều S = 2cm2, bên trong
ống có cột thủy ngân nhỏ. Khi nhiệt độ của bình cầu A là 00C, bình
cầu B là 100C thì cột thủy ngân nằm ngay chính giữa. Thể tích khí ở
mỗi bên của cột thủy ngân là V0 = 56,6cm3. Hỏi:
a) Khi nhiệt độ phía bên A tăng lên thêm 20oC nhưng nhiệt độ phía bên B không thay đổi, giọt
thủy ngân sẽ dịch chuyển đi bao nhiêu? Về hướng nào?
b) Trong trường hợp nhiệt độ của hai bên đều thay đổi, nếu muốn cho cột thủy ngân vẫn nằm ở

chính giữa thì tỉ số nhiệt độ hai bên phải bằng bao nhiêu?
----------HẾT---------Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: ...................................... Số báo danh: ................
Chữ ký giám thị coi thi số 1:
Chữ ký giám thị coi thi số 2:


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG KHỐI 10 NĂM HỌC 2020-2021
Bài 1 (2 điểm):
Đặt: t1  3( s )
Gọi quãng đường mà chất điểm đi được sau nt1 giây là s:
s  s1  s 2  ...  s n
Trong đó s1 là quãng đường đi được của chất điểm trong 3 giây đầu tiên. s2,s3,…,sn là các quãng đường
mà chất điểm đi được trong các khoảng 3 giây kế tiếp.
Suy ra:
(0,5 điểm)
s  v0.t1  2v0t1  ...  nv0t1  v0t1 (1  2  ...  n)
n(n  1)
s
v0t1  7,5n(n  1) (m)
2
n  6
Với s  315 m  7,5n(n+1) = 315  
(loại giá trị n=-7)
(0,5 điểm)
n  7
Thời gian chuyển động:
(0,5 điểm)
t  nt1  n  1  23( s )
s 315

Vận tốc trung bình: v  
t
23
(0,5 điểm)
v  13, 7(m / s ) .
Câu 2:
Chọn hệ quy chiếu cho hai vật và vẽ hình
Vật chuyển động ném ngang chịu ảnh hưởng của trọng lực nên thời gian tới mặt phẳng nằm ngang
√

(1)

Vật chuyển động trên mặt phẳng nghiêng: S = v.t +

(2)

Mặt phẳng nghiêng có chiều dài: S =
(3)
Biểu diễn các lực tính theo gia tốc a = g(sin-cos)
(4)
Thay (1), (3) vào (2). Tính được vận tốc ban đầu của vật trượt trên mặt phẳng nghiêng
√

√

√

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

Tính vận tốc đầu vo của vật ném: x =
√
√

Câu 3:
Vẽ đúng các lực tác dụng lên AB
0.5 điểm
Viết được phương trình cân bằng lực và cân bằng mô men
0.5 điểm
Chiếu đúng phương trình cân bằng lực lên các phương
0.5 điểm
Giải hệ tìm được đủ các lực T=86N; Q=72N
0.5 điểm
Câu 4:
Chọn mốc thế năng, khẳng định hệ cô lập
Áp dụng định luật bảo tồn động lượng, tìm vận tốc của 2 vật sau va chạm:

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)
(0,5 điểm)


Áp dụng định luật bảo tồn cơ năng tìm độ biến dạng lớn nhất của lò xo (nén)
Chiều dài cực tiểu của lò xo: l = lo - l = 28,45 cm

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

Bài 5:
a. Gọi độ tăng nhiệt độ của bình A là T, giả sử cột thủy ngân dịch sang phải, cột thủy ngân cân
bằng khi áp suất ở hai bên bằng nhau
0,25 điểm
Phương trình trạng thái của bình A:
0,25 điểm
Phương trình trạng thái của bình B (đẳng nhiệt):
0,25 điểm
Giải hệ tìm được
; dịch về phía B
0,25 điểm
b. Gọi TA và TB là nhiệt độ của mỗi bên, cột thủy ngân khơng thay đổi chứng tỏ thể tích của mỗi
bình đều khơng đổi, thủy ngân cân bằng nên áp suất của bình A bằng bình B
0,25
điểm
Phương trình đẳng tích của bình A:
0, 25 điểm
Phương trình đẳng tích của bình B:
Tỉ số nhiệt độ hai bên:

TA
TB

273
283

0,25 điểm
0,25 điểm.

Ma trận đề thi chọn HSG cấp trường năm học 2020 – 2021
Khối 10. Mơn Vật lý
( Đề có 5 câu, mỗi câu 4 điểm – thời gian làm bài 150 phút)
Câu

Nội dung

1

Động học

2

Động học

3

Động lực học

4

Cân bằng vật rắn

5

Các định luật bảo toàn kết hợp
chuyển động

ý
a.
b.
c.
a.
b.
c.
a.
b.
c.
a.
b.
c.
a.
b.

Mức độ vận dụng
Vận dụng thấp
Vận dụng thấp
Vận dụng cao
Vận dụng thấp
Vận dụng thấp, cao kết hợp
Vận dụng thấp cao kết hợp
Vận dụng thấp
Vận dụng vừa
Vận dụng cao
Vận dụng thấp
Vận dụng thấp, cao kết hợp
Vận dụng vừa, cao kết hợp
Vận dụng thấp và cao kết hợp

Vận dụng vừa
Vận dụng vừa

Lưu ý: Nội dung đề ra từ chương I đến hết ĐLBT Động lượng.

Điểm
1
1
2
1
1,5
1,5
1
1
2
1
1,25
1,75
2
1
1


SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOANTHẠCH THẤT

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
- NĂM HỌC 2020 – 2021

MƠN THI: VẬT LÍ 10

Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm: 01 trang
Câu 1(4 điểm): Hai xe mô tô chạy theo hai con đường thẳng vng góc với nhau và cùng tiến về một ngã tư
(giao điểm của hai con đường). Xe 1 chạy từ hướng Đông sang hướng Tây với vận tốc là 60 km/h. Xe 2 chạy
từ hướng Bắc về hướng Nam với vận tốc là 40 km/h. Lúc 8h sáng xe 1 và xe 2 còn cách ngã tư lần lượt là 8
km và 7,5 km. Chọn gốc tọa độ O tại ngã tư trục Ox và Oy cùng hướng chuyển động của xe 1 và xe 2 mốc
thời gian là lúc 8giờ.
a. Tìm khoảng cách hai xe lúc 8 giờ
b. Lập phương trình chuyển động của hai xe?
c. Tìm thời điểm mà khoảng cách hai xe: + Nhỏ nhất?
+ Bằng khoảng cách của chúng lúc 8 giờ?
Câu 2(4 điểm): Một hòn bi A được bắn thẳng đứng lên cao từ mặt đất với vận tốc đầu là 60m/s. Bỏ qua sức
cản của khơng khí, lấy g = 10 m/s2. Chọn gốc tọa độ ở mặt đất, chiều dương hướng thẳng đứng lên trên, mốc
thời gian là lúc bắn bi A.
a. Viết phương trình chuyển động, phương trình vận tốc của bi A?
b. Tìm thời gian chuyển động, quãng đường đi của bi A cho đến khi nó có tốc độ 20m/s?
c. Giả sử khi bi A bắt đầu rơi xuống, từ mặt đất ta ném hòn bi B thẳng đứng lên cao với vận tốc đầu là
45 m/s. Tìm thời điểm và vận tốc của hai bi khi chúng có cùng độ cao?
Câu 3(4 điểm): Hai vật A, B có khối lượng m1 = m2 = m = 4 kg được đặt trên mặt bàn nằm ngang và nối với
nhau bằng một sợi dây mảnh vắt qua ròng rọc cố định (như hình vẽ), vật B đủ dài. Hệ số ma sát ở các mặt tiếp
xúc đều bằng 0,2. Bỏ qua khối lượng và ma sát ở ròng rọc. Tác dụng vào A một lực F = 36N có phương nằm
ngang.
a. Kể tên các lực tác dụng lên mỗi vật A, B?
b. Biểu diễn các lực tác dụng lên vật A, B?
c. Tính gia tốc của mỗi vật và lực căng của sợi dây?
Câu 4(4 diểm): Một thanh rắn AB dài 1m có khối lượng 5kg
được treo (hv). Đầu A được gắn vào tường nhờ một bản lề, đầu B
được nâng bởi một sợi dây nhẹ, không dãn BC sao cho AC = AB.
Trọng tâm của thanh cách A 60cm, cách đầu B 40cm. góc α = 300.

a. Chỉ ra các lực tác dụng lên thanh AB?
b. Biểu diễn các lực tác dụng lên thanh AB?
c. Xác định lực mà thanh AB tác dụng lên bản lề tại A
Câu 5 ( 4 điểm): Một quả đạn pháo có khối lượng 1 kg được bắn thẳng đứng lên cao, từ mặt đất với tốc độ
ban đầu là 600 m/s. Khi lên đến điểm cao nhất thì nó nổ thành ba mảnh. Mảnh m1 = 600g bay thảng đứng
xuống dưới với tốc độ đầu v01 = 100 m/s. Mảnh m2 = 150g bay lên theo phương hợp với phương ngang một
góc 300 với tốc độ đầu v02 = 800 m/s.
a. Tìm hướng và tốc độ đầu của mảnh thứ 3?
b. Lập phương trình quỹ đạo của mảnh thứ 3?
c. Tìm thời gian rơi và tốc độ của mảnh thứ 3 cho tới khi chạm đất?
.............................Hết................................
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm )
Họ và tên thí sinh: ................................................Số báo danh: ............................
Họ và tên, chữ kí CBCT 1: ..................................................................................
Họ và tên, chữ kí CBCT 2: ..................................................................................


Đáp án chấm Thi hsg cấp trường năm học 2020 - 2021
Câu
+ Có x0 = - 8 km; y0 = 7,5 km
a.

b

1

c

Vẽ hình

=> Khoảng cách ban đầu gữa hai xe:
d0 = √𝑥02 + 𝑦02
d0 = √82 + 7,52 = 10,966 km.
+ Phương trình của Xe 1: x = x0 + v1.t = - 8 + 60.t ( km)
+ Phương trình của Xe 2: y = y0 + v2.t = - 7,5 + 40.t ( km).
+ Khoảng cách giữa hai xe: d = √𝑥 2 + 𝑦 2 .
+ Thay phương trình: d = √(𝑥0 + 𝑣1 . 𝑡)2 + (𝑦0 + 𝑣2 . 𝑡)2
 d = √(𝑣12 + 𝑣22 ). 𝑡 2 + 2(𝑥0 𝑣1 + 𝑦0 𝑣2 ). 𝑡 + (𝑥02 + 𝑦02 )
+ Biểu thức trong căn là phương trình bậc 2 có hệ số a = (v12+ v22) >0
2(𝑥0 𝑣1 +𝑦0 𝑣2 )
 dmin khi t = =….. = 0,15 h = 9 phút
2
2

Điểm
0,5

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

0,5

2(𝑣1 +𝑣2 )

 Lúc 8h9’ khoảng cách 2 xe là nhỏ nhất.
+Thời điểm khoảng cách 2 xe bằng khoảng cách lúc 8h: d = d0 = √𝑥02 + 𝑦02
 (𝑣12 + 𝑣22 ). 𝑡 2 + 2(𝑥0 𝑣1 + 𝑦0 𝑣2 ). 𝑡 = 0
2(𝑥0 𝑣1 +𝑦0 𝑣2 )

 t== .... 0,3 h = 18 phút
2
2

0,5

(𝑣1 +𝑣2 )

 Lúc 8h18 phút khoảng cách 2 xe bằng khoảng cách lúc 8h.

0,5

+ y01 = y02 = 0; v01 = 60 m/s; v02 = 45 m/s; a1 = a2 = - g = -10 m/s2.
−𝑣
t01 = 0; t02 = 01 = 6 s. Lập phương trình y1 và v1
a

2

b

𝑎1

+ y1 = y01 +v1.t + 0,5a1t2 => y1 =60.t – 5.t2 (m)
+ v1 = v01 + a1.t
=> v1 = 60 -10.t ( m/s)
+ Khi bi A có tốc độ 20 m/s  v1 = 60 -10.t = ± 20 => t1 = 4s và t1’= 8 s.
+ t1 = 4s (vật đang đi lên): S1 = | y1 – y01| = | 60.4 – 5.42| = 160 m.
+ t1’ = 8s(vật đang đi xuống): S1’ = ymax + ymax –y1’.
− 𝑣2

c

a
3
b

Với ymax = 01 = ... = 180m; y1’= 60.8 – 5.82 = 160 => S1’ =... = 200 m.
2𝑎
+ Phương trình chuyển động và phương trình vận tốc của bi B:
y2 = y02 + v2(t – t02)+ 0,5a2(t – t02)2 = 45(t - 6) – 5(t – 6)2 (m)
v2 = v02 + a2(t – t02) = 45 -10( t – 6) ( m/s).
+ Khi 2 bi có cùng độ cao: y1 = y2  60.t – 5.t2 = 45(t - 6) – 5(t – 6)2 => t = 10s.
+ Vận tốc của hai bi: v1 = 60 – 10.10 = - 40 m/s; v2 = 45 -10(10 – 6) = 5 m/s.
+ Các lực tác dụng lên A: F,T, P1, N1, Fms1(giữa A và B). Trong đó P1, N1 cân bằng.
+ Các lực tác dụng lên B: T, Fms1, Lực nén P1( của A tác dụng), P2, N2, Fms2 ( giữa
B mà mp ngang). Trong đó N2 = P1 + P2

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

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Mỗi

hình
0,5


c

a

Chọn trục tọa độ trùng với hướng chuyển động của mỗi vật:
+ Áp dụng định luật II Niu tơn cho mỗi vật: a1 = a2 = a
Vật A: F – T – Fms1 = m.a

F – T – μmg = m.a (1)
Vật B: T – Fms1 – Fms2 = m.a

T – μmg – 2μmg = m.a (2)
𝐹−4𝜇𝑚.𝑔
+ Công hai vế của (1) và (2): F – 4 μmg = 2ma => a =
= 0,5 m/s2.
2.𝑚
+ Từ (2) => T = m.a + 3μmg = 4.0,5 +3.0,2.4.10 = 26 N.
Các lực tác dụng lên thanh AB:
⃗ , Phản lực của tường tại A: 𝑁
⃗
Trọng lực: 𝑃⃗, Lực căng sợi dây BC: 𝑇

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

Mỗi lực
: 0,25
Hình
1,25

b

4
 Áp dụng quy tắc mơ men lực đối với trục quay tại A:
⃗ có tay địn là d1 = AH = AC.sin300 = 0,5 m. MT = T.d1.
+𝑇
+ 𝑃⃗ có tay địn là d2 = DG = AG.sin600 = 0,3.√3 m. MP = P.d2.
Thanh AB cân bằng: MT = MP  T.d1 = P.d2 => T = … = 30√3 (N).
 Áp dụng điều kiện cân bằng của vật rắn chịu tác dụng của ba lực không song
C
song ta có:
⃗
⃗
⃗+𝑁
⃗ = - 𝑃⃗
+ 𝑇+ 𝑁 + 𝑃⃗ = ⃗0 => 𝑇
+ Theo hình vẽ ta có: N2 = T2+P2 – 2.T.P.cos300 => N = 10√7 (N)
⃗ trực
 Áp dụng định luật III Niu tơn: Thanh AB tác dụng lên bản lề một lực 𝑄
⃗ => Q = 10√7 (N) và có chiều như hình vẽ.
đối với 𝑁
+ Chọn hệ trục Oy thẳng đứng hướng lên trên, gốc tọa độ tại mặt đất( điểm bắn
đạn)
+ Điểm cao nhất mà đạn lên tới: hmax = y khi v = 0
hmax =

5

a

𝑣02
2.𝑔

=

6002
20

0,25
0,25
0,25

0,75
0,5

0,5

= 18000 m.

+ Coi hệ đạn nổ là hệ kín: Động lượng của hệ dược bảo tồn
𝑝𝑡 = ⃗0
⃗⃗⃗
Động lượng của mảnh 1: p1 = m1v01 = 0,6.100 = 60 kgm/s.
Động lượng của mảnh 2: p2 = m2v02 = 0,15.800 = 120 kgm/s.
Động lượng của mảnh 3: p3 = m3v03

Ta có ⃗⃗⃗
𝑝𝑠 = ⃗⃗⃗
𝑝1 + ⃗⃗⃗⃗
𝑝2 + ⃗⃗⃗⃗
𝑝3
AD ĐLBT động lượng: ⃗⃗⃗
𝑝𝑡 = ⃗⃗⃗
𝑝𝑡
⃗ => ⃗⃗⃗
 ⃗⃗⃗
𝑝1 + ⃗⃗⃗⃗
𝑝2 + ⃗⃗⃗⃗
𝑝3 = 0
𝑝1 + ⃗⃗⃗⃗
𝑝2 = − ⃗⃗⃗⃗
𝑝3 ( vẽ hình)
+ Theo hình vẽ: ⃗⃗⃗⃗
𝑝3 ( hay ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑣03 ) có phương nằm ngang

0,25
0,25

0,25
Hv:0,25


Và p3= √𝑝22 − 𝑝12 = … = 60√3 kgm/s.
 v03 = p3/m3 = 240√3 m/s.
 + KL: mảnh 3 bay theo phương ngang với vận tốc đầu v03 = 240√3 m/s.

b

0,25
0,25

Chọn hệ quy chiếu oxy’ cho mảnh 3(Gốc tọa độ tại điểm nổ; oy’:hướng thẳng đứng
0,25
xuống dưới, ox nằm ngang cùng hướng với ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑣03 ).
0,25
+ Theo phương ox: x = v03.t.
2
0,25
+ Theo phương oy’: y’ = 0,5g.t
𝑥2
0,25
 Phương trình quỹ đạo của m : y’ =
(m)
3

+ Thời gian rơi của m3: t = √

2.ℎ𝑚𝑎𝑥
𝑔

34560

=√

2.18000
10

0,5

= 60 (s)

+ Tốc độ của m3 khi chạm đất:
c

2
v3 = √𝑣03
+ (𝑔. 𝑡)2 = √(240√3)2 + 6002 = 730 m/s

Hoặc áp dụng định lí động năng: Wđ3 – Wđ03= m3.g.hmax =>
 v3 = ... = 730 m/s.

0,5
𝑣32

-

2
𝑣03

= 2.g.hmax


SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN HSG CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2019 – 2020
Mơn thi: VẬT LÍ – LỚP 10
Ngày thi: 21 tháng 3 năm 2020
Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Đề thi này có 8 câu, gồm 02 trang

Câu 1:(3,0điểm). Một vật chuyển động qua A với vận tốc 10m/s thì tăng tốc chuyển động nhanh dần đều với
gia tốc 0,4m/s2 về phía B.
a. Tính vận tốc và quãng đường vật đi được sau 10s kể từ khi tăng tốc.
b. Cùng thời điểm tăng tốc của vật thứ nhất, vật thứ 2 chuyển động nhanh dần đều không vận tốc ban
đầu từ B về A với gia tốc 0,6m/s2. Tìm thời điểm và vị trí gặp nhau của hai vật. Biết AB = 112m.
Câu 2: (3 điểm). Một vật nhỏ có khối lượng m trượt khơng vận tốc
ban đầu từ đỉnh một nêm có góc nghiêng α=300 so với phương ngang
(hình vẽ). Lấy g=10m/s2.
a. Nêm được giữ cố định. Trong giây thứ 3 vật đi được quãng
đường 2,4m. Tìm hệ số ma sát giữa vật và mặt nêm
b. Nêm được kéo cho trượt sang trái với gia tốc không đổi
a0=2m/s2 trên sàn nằm ngang. Tìm gia tốc của m so với nêm khi nó
được thả cho chuyển động.

m
𝑎0

α

Câu 3: (2 điểm). Viên đạn khối lượng m = 0,8kg đang bay ngang với vận tốc v0 = 12,5m/s ở độ cao H = 20m

thì vỡ thành hai mảnh. Mảnh I có khối lượng m1 = 0,5kg, ngay sau khi nổ bay thẳng đứng xuống và khi bắt đầu
chạm đất có vận tốc v1’ = 40m/s. Lấy g = 10m/s2.
a. Tìm độ lớn và hướng vận tốc của mảnh đạn II ngay sau khi vỡ. Bỏ
qua sức cản của khơng khí.
b. Tìm độ cao cực đại mảnh 2 lên tới.
Câu 4: (3 điểm). Cho một quả cầu có kích thước nhỏ trọng lượng P =
100N, một thanh cứng đồng chất trọng lượng P1 = 10N gắn vào tâm B
của quả cầu, đầu còn lại C của thanh gắn với tường thông qua một trục
quay nằm ngang, dây treo AB không giãn khối lượng không đáng kể.
Cho khoảng cách AC = L = 1 m, các góc có giá trị như trên hình.
a. Hệ đang ở trạng thái cân bằng. Tìm lực căng của dây và phản
lực của trục quay C tác dụng lên thanh.
b. Cắt dây AB. Tìm các thành phần của phản lực của trục quay
C tác dụng lên thanh ngay tại thời điểm đầu tiên.

A
45o

L

B
60o

C

Câu 5: (2 điểm). Một xilanh kín được chia làm hai phần bằng nhau bởi
một pittông cách nhiệt. Mỗi phần có chiều dài l0=30cm chứa một lượng khí giống nhau ở 270C. Nung nóng một
phần thêm 100C và làm lạnh phần kia đi 100C. Hỏi pittông di chuyển một đoạn bao nhiêu?
Câu 6: (2 điểm) Từ mặt đất, một vật khối lượng 1 kg được ném thẳng đứng lên cao với vận tốc 5 m/s. Bỏ qua sức
cản của không khí. Lấy g = 10 m/s2.

a. Tính cơ năng của vật tại vị trí ném và độ cao cực đại mà vật đạt được so với đất.
b. Ở độ cao nào thì thế năng của vật gấp bốn lần động năng, tại đó vận tốc của vật bằng bao nhiêu?
Trang 1/7 – HSG Toán 10


Câu 7: (3 điểm). Một đồn tàu có khối lượng m=150 tấn chuẩn bị khởi hành từ ga Hà Nội.
a. Em hãy giải thích tại sao tàu lại khó khởi hành hơn ô tô, xe máy?
b. Để khởi động một đoàn tàu, trước tiên người lái tàu phải cho tàu lùi lại rồi sau đó mới cài số để tiến
về phía trước. Tại sao với phương pháp này thì đồn tàu dễ khởi hành hơn?
c. Muốn cho đầu tàu kéo được nhiều toa thì nó phải có khối lượng lớn em hãy giải thích vì sao?
d. Khi đi qua đoạn đường thẳng nằm ngang tàu chạy với tốc độ không đổi v  72 km/h. Hãy tính cơng
suất của đồn tàu lúc đó. Biết hệ số ma sát giữa giữa bánh tàu và thanh ray là   0,02, lấy g  10m/s2.
e. Đoàn tàu đang chuyển động trên đoạn đường nằm ngang nói trên thì gặp một trận mưa lớn, trong một
giây có một khối lượng nước mưa m0  100 kg rơi xuống tàu theo phương thẳng đứng rồi chảy từ thành toa tàu
xuống đất. Hỏi đầu tàu cần tăng cơng suất thêm bao nhiêu để nó vẫn chuyển động thẳng đều với vận tốc
72km/h. Bỏ qua sự thay đổi hệ số ma sát khi trời mưa.
Câu 8: (2 điểm) Nêu phương án thực hành xác định hệ số ma sát trượt giữa một vật hình hộp với một mặt phẳng
nghiêng, với dụng cụ là một lực kế. Biết rằng góc nghiêng của mặt phẳng là α khơng đổi và không đủ lớn để vật
tự trượt.
Hết
(Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm)

Trang 2/7 – HSG Tốn 10


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
Trường THPT Triệu Sơn 4

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG

Năm học 2019-2020
Môn thi: VẬT LÍ - Lớp 10 THPT
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu
Đáp án chi tiết
Câu a.
1 a. Chọn trục tọa độ trùng với đường thẳng AB. Gốc tọa độ tại A; chiều
3 điểm dương từ A đến B; gốc thời gian là lúc khảo sát chuyển động.
Vận tốc của vật ở thời điểm t được xác định:
v= v0+ at. Thay số ta được :
v = 10+0,4*10= 14m/s
Quãng đường đi được của vật sau 10s:
S= v0t+ at2/2 = 120m

Câu 2
3 điểm

b. Đối với vật chuyển động từ A ta có:
x01= 0; v01= 10m/s; a1= 0,4m/s2 ; t01=0
→ x1= 10t + 0,2t2.
Đối với vật chuyển động từ B ta có:
x02= 112m; v02= 0m/s; a2= -0,6m/s2 ; t02=0
→ x2= 112- 0,3t2
Khi hai vật gặp nhau thì: x1=x2 = x
↔ 10t + 0,2t2 = 112- 0,3t2
Giải ra ta được: t = 8s
Vị trí gặp nhau: x = x1 = 112 – 0,3*82 = 92,8m
KL: Hai vật gặp nhau sau 8s chuyển động, tại vị trí cách A 92,8m
a. Xác định và biểu diễn đúng các lực tác dụng lên vật khi nêm

đứng yên:
𝑁

𝐹𝑚𝑠

Theo bài ra quãng đường đi được

(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)
0.5 điểm

m
𝑃 𝑃

trong giây thứ 3:

Điểm

(0,5 điểm)

α

ΔS3= 2,5 a = 2,4⇒ a= 0,96m/s2

Gia tốc của vật trên mặt phẳng nghiêng:
a= g( sinα - µcosα) ⇒ µ = 0.47.

(0,5 điểm)

b. Chọ Hệ trục xOy gắn với mặt phẳng nghiêng.

0.25 điểm

Khi nêm chuyển động với gia tốc a = 2m/s thì có thêm lực qn tính tác
2

dụng lên vật. phương trình định luật II:

(0,25 điểm)

𝑃 + 𝑁 + 𝐹𝑚𝑠 + 𝐹0 = 𝑚𝑎 (1)

𝐹𝑚𝑠
𝑎0

0.25 điểm

𝑁
m
𝑃

Oy

𝐹0

Trang 3/7 – HSG Toán 10

α
Ox


(0,5 điểm)
chiếu phương trình (1) lên hệ trục xOy ta suy ra
𝑎=

𝑃𝑠𝑖𝑛𝛼 + 𝐹0 𝐶𝑜𝑠𝛼 − 𝐹𝑚𝑠
𝑚

(0,25 điểm)

= 𝑎0 𝑐𝑜𝑠𝛼 + 𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝜇(𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 − 𝑎0 𝑠𝑖𝑛𝛼)
Thay số ta được a= 3,13m/s2
Câu 3
2 điểm

Câu 4
3 điểm

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)

a) Vận tốc của mảnh 1 ngay sau khi nổ: v012  2 gh = 20 3 m/s
Bảo toàn động lượng vẽ được hình

Tính được vận tốc mảnh 2: 200/3 m/s
Hướng chuyển động của mảnh 2 tạo phương ngang góc 600
b) Độ cao cực đại mảnh 2 lên tới (thiết lập được cơng thức)
H max =20+v022 sin602/2g
Tính ra kết quả=187m.
a) Các lực tác dụng lên thanh như hình vẽ.
Trong đó: Rx, Ry là thành phần của phản lực
của tường tác dụng lên thanh theo phương ngang
và phương thẳng đứng.
Ta có: P  T  P1  R x  R y  0


Rx  T sin 45o
Suy ra: 
o
P  P1  Ry  T cos 45
Đối với trục quay C ta có:

C

 0  P.BC.sin 60o  P1.

(0,5 điểm)

A

(0,5 điểm)

45o
T

L

B

Ry
P

o

60

P1
Rx

M

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

C

BC
sin 60o  T .BC.sin 75o
2

Lực căng dây: T = 94,1 N.
 Rx = 66,6 N, Ry = 43,4 N.
Phản lực của tường tác dụng lên thanh: R  Rx2  Ry2  79,4 N

(0,5 điểm)

b) Ngay sau khi cắt dây thanh quay với gia tốc góc 
Ta có:  M C  I C .

l
l2
 Pl sin 60 o  P1 sin 60 o  (ml 2  m1 ). (với l là chiều dài thanh
2
3
BC)
Theo định lý hàm số sin trong tam giác ABC:
L
l
L sin 45o

l 
 0,732 m.
sin 75o sin 45o
sin 75o
Do đó: γ  12 rad/s2.
Khối tâm G của hệ “ quả cầu + thanh’’ nằm cách C một đoạn:

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)

Trang 4/7 – HSG Toán 10