HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
( Đề này gồm có ....trang, gồm 5 câu)

Câu 1 ( 4 điểm)
Trên mặt ngang không ma sát, hai vật có khối lượng m1


và m2 nối với nhau bởi một sợi dây khơng giãn và có thể
F2
F1
m2
m1
chịu được lực căng T0 . Tác dụng lên vật các lực tỷ lệ thuận
với thời gian F1  1t , F2   2t , trong đó 1 và  2 là các hệ
số hằng số có thứ nguyên, t là thời gian tác dụng lực. Xác định thời điểm dây bị đứt.
Câu 2 ( 4 điểm)
Một chiếc xe lăn nhỏ đang nằm yên trên mặt
A’
M = 0,6kg
phẳng ngang không ma sát; hai sợi dây mảnh
C
cùng chiều dài 0,8m, một dây buộc vào giá đỡ C,
một dây treo vào chiếc xe lăn, đầu dưới của hai

sợi dây có mang những quả cầu nhỏ, có khối
lượng lần lượt là mA = 0,4kg và mB = 0,2kg. Khi
cân bằng thì 2 quả cầu tiếp xúc nhau. Bây giờ
người ta kéo quả cầu A lên để dây treo của nó có
phương nằm ngang (vị trí A’) sau đó thả nhẹ ra.
A
B
Sau khi 2 quả cầu đã va chạm nhau, quả cầu A bật
lên độ cao 0,2m so với vị trí ban đầu của hai quả
cầu. Hỏi:
a. Sau va chạm quả cầu B sẽ lên đến độ cao nào?
b. Khi quả cầu B từ vị trí bên phải rơi xuống tới vị trí thấp nhất thì tốc độ của nó là
bao nhiêu?
Câu 3 ( 4 điểm)
Một lượng khí lí tưởng thực hiện một q trình biến đổi như hình vẽ
Biết T1= 500 K, T4= 200 K, p1= 105 Pa, p2=4.105 Pa
Biết 2V3=V1
p(105Pa)
a. Tìm p3
b. Quá trình biến đổi trên là quá trình biến
đổi của 1 mol khí lí tưởng lưỡng nguyên tử.
Tính hiệu suất của quá trình biến đổi 3 -> 2 -> 1.
Lấy R=8,31 J/mol.K

p2

..

p1


4

O

T4

3

.2
.1

T1

T(K)

1
ThuVienDeThi.com


Câu 4 ( 5 điểm)
Một khối trụ đồng chất có khối
lượng M, bán kính R
có mơmen qn tính đối với trục là

B

MR 2
, được đặt lên mặt phẳng
2
Ngiêng một góc   300 . Giữa chiều


A

I

C

dài khối trụ có một khe hẹp, trong
đó có lõi có bán kính

R
. Một sợi
2



dây nhẹ khơng giãn được qn nhiều vịng vào lõi rồi vắt qua rịng rọc B ( khối lượng
khơng đáng kể). Đầu còn lại của dây mang một vật C khối lượng m 

M
. Phần dây AB
5

song song với mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát nghỉ cực đại ( cũng là hệ số ma sát
trượt) là  và gia tốc trọng trường là g.
a. Tìm điều kiện về  để khối trụ lăn khơng trượt trên mặt phẳng nghiêng.
b. Tìm gia tốc a0 của trục khối trụ và gia tốc a của C khi đó.

Câu 5 (3 điểm)
1. Cho dụng cụ gồm:

- Một hình trụ rỗng có khối lượng và bán kính trong chưa biết.
- Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng thay đổi được, nối tiếp với một mặt phẳng
ngang.
- Đồng hồ
- Thước chia độ
- Ống thăng bằng
- Thước kẹp
2. Yêu cầu:
a. Xác định hệ số ma sát lăn của hình trụ.
b. Xác định bán kính trong của hình trụ bằng cách cho nó lăn trên hai mặt phẳng.

...........HẾT.................
Người ra đề

Vũ Thị Lan Hương
ĐT: 0982252189

Nguyễn Khắc Kiêu
ĐT: 01672083875

2
ThuVienDeThi.com


ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM
MÔN.....KHỐI.....

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HỊA

TỈNH HÀ NAM

Câu

Ý

Nội dung chính cần đạt
Gọi lực căng của dây khi chưa đứt là T . Chọn chiều (+)
từ trái sang phải.
Độ lớn của gia tốc như nhau cho cả hai vật, nên :
F1  T T  F2

m1
m2
  T T  2
 1

m1
m2
(m   m21 )t
 T 1 2
m1  m2
a

Câu 1

Điểm

1,0đ
1,0đ

(*)

1,0đ

Phương trình (*) cho thấy lực căng T tăng theo thời
gian. Vậy thời gian để dây đứt là :
td 

a

(m1  m2 )T0
m1 2  m21

1,0đ

Chọn gốc thế năng tại vị trí thấp nhất của A và B.
 Tại vị trí thấp nhất, A có vận tốc: v0  2 gl  4(m / s)
 Do sau va chạm, vật A đạt độ cao h = 0,2m nên ta
tính được tốc độ của A ngay sau va chạm nhờ định
luật bảo toàn cơ năng: vA  2 gh  2(m / s) .
 va chạm giữa A
và B:áp dụng
ĐLBT động lượng:


mA v0  mA v A  mB vB

0,5đ
0,5đ
0,5đ


 Có 2 trường hợp xảy ra:
* TH1: Sau va chạm, vật A bật ngược trở lại:
Câu 2

mA .v0  mAv A  mB mB  vB 

mA
(v0  v A )  12(m / s )
mB

Tổng động năng trước va chạm: K 0 
Tổng
K

động
2
A A

năng

sau

mAv02
 3, 2( J )
2

va

chạm:


2
B B

mv
mv

 15, 2( J )
2
2

Do K > K0 => vô lý => loại
 TH2: Sau va chạm, vật A chuyển động theo chiều
cũ:
mA .v0  mAv A  mB mB  vB 

Tổng

động

năng

mA
(v0  v A )  4(m / s )
mB

sau

va


0,5đ

chạm:
3

ThuVienDeThi.com


K

mAv A2 mB vB2

 2, 4( J ) => nhận.
2
2

+ Sau va chạm, do B và M tạo thành hệ kín (khơng ma
sát) nên động lượng và cơ năng được bản toàn.
Khi mB lên cao nhất hB cũng là lúc xe M và mB có
cùng vận tốc V:
mB .vB  (mB  M ).V
V  1(m / s )


 mB .vB2 (mB  M )V 2

 mB .g .hB
hB  0,6(m)

 2

2

b

Khi quả cầu B rơi xuống điểm thấp nhất, mB và M có vận
tốc khác nhau lần lượt là v’ và V’.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và định
luật bảo toàn cơ năng cho trạng thái đầu (ngay sau va
chạm) và trạng thái sau (mB đến B lần 2), ta có:
mB .vB  mB v ' MV '

 mB .vB2 mB .v '2 MV '2  v '  2(m / s ) .



 2
2
2

Dấu (-) thể hiện vật mB chuyển động ngược chiều dương
Câu 3

a

1 -> 2 : T1=T2 nên
1 -> 4: p1=p4 nên

V
p2 V1


 4 => V2  1
4
p1 V2

1,0đ
0,5đ

2
V1 T1 5
  => V4  V1
5
V4 T4 2

Do 2, 3, 4 thuộc cùng một đường thẳng nên:

p2  p3 p3  p4
p2  p3
p3  p4
Hay:
(1)


p3V3 p4V4
p2V2 p3V3
T2  T3
T3  T4


nR
nR

nR
nR
V
2
1
Với: p4 = 105 Pa, p2=4.105 Pa, V2  1 , V4  V1 và V3  V1
4
5
2
2 5
thay vào (1) tính được : p3  .10 (Pa)
3

b

1,0đ

Với n = 1 mol. Ta có V1 

nRT1
 4, 2.102 (m3),
p1

V1
 1, 05.105 (m3),
4
V
V3  1  2,1.102 (m3), T3  168 K
2


0.5đ

1đ

0.5đ

V2 

+) Quá trình 2->1: Đẳng nhiệt:

0.25đ

V 
V 
Q21  A21  p2V2 ln  1   nRT2 ln  1   5760 (J)
 V2 
 V2 

+) Quá trình 3 -> 2: Áp suất phụ thuộc tuyến tính vào
nhiệt độ tuyệt đối
Phương trình của đường 3-2:
p=1000T - 100000 = 1000

0.5đ

pV
 100000
nR

4

ThuVienDeThi.com


100000 R
1000V  R
V2
100000 R
pdV  
dV = -1460 J, U 32  nCV (T2  T3 ) 
V

R
1000
V3

Hay: p 
A32 

V2



V3

0,5đ

6897,3 J
Q32  A32  U 32  5437,3 J

Hiệu suất:


0,25đ

A  A21
 38, 4%
H  32
Q32  Q21

a

Để khối trụ lăn không trượt, điểm tiếp xúc giữa khối trụ
và mặt phẳng nghiêng đứng yên tức thời chính là tâm
quay tức thời.
Gọi  là gia tốc góc của khối trụ quanh trục cũng chính là
gia tốc góc quanh tâm quay tức thời.
Ta có: a0  R. vµ a  ( R  R )  3a0
(1)
2

2

Theo định luật II Niutơn, M và m chịu các lực tác dụng
thỏa mãn hệ thức sau:: T  mg  ma
(2)
(3)
Mg sin   T  Fms  Ma0
Chuyển động quanh trục quay của khối trụ:
a
R
1

(4)
Fms .R  T .  I   MR 2 . 0  T  2 Fms  Ma0

Câu 4

2

R
Mg sin 
Fms 
3
2

Từ (3) và (4) :

b

tan 
3
Mg sin 
  Mg cos    

3
3
9

Gia tốc a0 của khối trụ:
Gia tốc a của vật:

a


a0  2.

0,5đ
0,5đ
0,5đ

(5)

0,5đ

(6)

1,0đ

Điều kiện để khối trụ lăn không trượt là: Fms   N


1,0đ

2 M sin   3m
4g
0
g
3(3m  2 M )
39

3a0
2g


2
13

VAa= 0

0,5đ
0,5đ
0,5đ

A
s1

h

VB

VC = 0


B

s2

C

Thả cho hình trụ bắt đầu lăn xuống từ đỉnh A của mặt
phẳng nghiêng, hình trụ lăn xuống B rồi tiếp tục đi trên
mặt ngang và dừng lại ở C. Ta có:
EA = mgh
EC = 0

EA – EC = Ams= .mg(s1+s2) ( góc  đủ nhỏ  cos  1)

Câu 5

mgh = .mg(s1+s2)   
b

0.5đ

0,5đ

h
(1)
s1  s 2

Chọn mốc thế năng ở mặt phẳng ngang.
Cơ năng tại B có giá trị bằng cơng của lực ma sát trên

0,5đ
5

ThuVienDeThi.com


đoạn đường BC:
1
1
.mVB2  I . B2   .mg.s 2
2
2

V
1
Có  B  B và I  m R 2  r 2
2
R





Với: R: bán kính ngồi của hình trụ
r: bán kính trong của hình trụ





V2
1
1 m
mVB2  . R 2  r 2 B2   .mg.s 2
2
2 2
R
2
4  .g .s 2 .R
 r2 
 3R 2
(2)
2

VB


Mặt khác trên đoạn đường s1 ta có:

1đ

1 2
at1 ; v B  at1
2
s
 v B  1 (3)
2t1
s1 

g .h.t12
s2

3
Từ (1), (2) và (3): r  R
2
s1  s 2 
s1
( Họ tên, ký tên- Điện thoại liên hệ)

6
ThuVienDeThi.com