SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG
TRƯỜNG : THPT CHUYÊN VỊ THANH
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XVI
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÝ; KHỐI: 10
ĐỀ THI
(Lưu ý quan trọng: phần nội dung không để trong Texbox)
CÂU HỎI 1: (5,0 điểm)
Thả một hòn bi lăn nhanh dần đều từ đỉnh của dốc AB dài 1,8 m. Xuống hết dốc
hòn bi tiếp tục lăn chậm dần đều trên đoạn đường nằm ngang và dừng lại tại điểm C cách
B 1,8 m. Biết rằng sau khi lăn qua B được 4 s, hòn bi đến điểm D với vận tốc 0,2 m/s.
Tìm đoạn đường BD và khoảng thời gian bi bắt đầu lăn từ A cho đến khi dừng lại.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1:
Gọi a
1
, t
1
là gia tốc và thời gian bi chuyển động trên AB; a
2
, t
2
là gia tốc và thời
gian bi chuyển động trên BC.
Xét đoạn AB:
1,8 =
2
1
1
a
t
2
=>

1
1
3,6
t =
a
(0,25 điểm)
B 1 1 1
v = a t = 3,6a
(0,25 điểm)
Xét đoạn BD:

D B 2
v = v + a .4
(0,25 điểm)
<=>
1 2
0,2 = 3,6a + 4a
(1) (0,5 điểm)
Xét đoạn BC:
2 2
C B 2
v - v = 2a .BC
hay
( )
2
1 2
- 3,6a = 3,6a
=> a
2
= - a

1
(2) (0,5 điểm)
Từ (1) và (2) ta có phương trình:
2
1 1
16a - 2a + 0,04 = 0
(0,25 điểm)
Ta được hai nghiệm: a
1
= 0,1 m/s
2
và a
1
= 0,025 m/s
2
(0,25 điểm)
Suy ra a
2
= - 0,1 m/s
2
và a
2
= - 0,025 m/s
2
(0,25 điểm)
+ Với a
1
= 0,1 m/s
2
:

v
B
= 0,6 m/s (0,25 điểm)
t
2
=
0 - 0,6
- 0,1
= 6 s (0,25 điểm)
t
1
=
0,6 - 0
0,1
= 6 s (0,25 điểm)
Thời gian tổng cộng: t = 12s (0,25 điểm)
2 2
D B 2
v - v = 2a .BD
=> BD = 1,6 m (0,25 điểm)
Số phách
Số phách
+ Với a
1
= 0,025 m/s
2
:
v
B
= 0,3 m/s (0,25 điểm)

t
2
= 12 s (0,25 điểm)
t
1
= 12 s (0,25 điểm)
t = 24 s (0,25 điểm)
BD = 1 m (0,25 điểm)
CÂU HỎI 2: (5,0 điểm)
Hai vật A và B có khối lượng m
1
= 250 g
và m
2
= 500 g được nối với nhau bằng một sợi
dây mảnh vắt qua một ròng rọc có khối lượng
không đáng kể. Vật B được đặt trên một xe lăn C
có khối lượng m
3
= 500g trên mặt bàn nằm ngang.
Hệ số ma sát giữa B và C là k
1
= 0,2; giữa xe và
mặt bàn là k
2
= 0,02. Bỏ qua ma sát ở ròng rọc.
Ban đầu vật A được giữ đứng yên, sau đó buông
tay cho hệ 3 vật chuyển động.
1) Tìm gia tốc của các vật và lực căng của sợi dây.
2) Tìm vận tốc của B so với C ở thời điểm 0,1 s sau khi buông tay và độ dời của vật B

trên xe C trong thời gian đó. Lấy g = 10m/s
2
.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 2:
Hình vẽ (có phân tích lực) (0,5 điểm)
Gọi
1
a
r
,
2
a
r
,
3
a
r
lần lượt là các véctơ gia tốc của xe A, B, C đối với bàn.
Khi buông tay cho hệ chuyển động thì giữa B và C xuất hiện lực ma sát trượt
đóng vai trò là lực phát động đối với xe C.
∗ Áp dụng địnhluật II cho xe C:
F
BC
– k
2
N
3
= m
3
a

3
(1) (0,25 điểm)
Trong đó: F
BC
= k
1
m
2
g. (0,25 điểm)
N
3
= (m
3
+ m
2
)g (0,25 điểm)
⇒
a
3
= 1,6 m/s
2
. (0,5 điểm)
3
a
r
cùng hướng với
BC
F
r
∗ Đối với vật B: Áp dụng định luật II:

T – k
1
N
2
= m
2
a
2
. (0,25 điểm)
Hay T - 1 = 0,5a
2
(2) (0,25 điểm)
∗ Đối với vật A: Áp dụng định luật II:
m
1
g – T

= m
2
a
2
(0,25 điểm)
vì a
1
= a
2
nên: 2,5 – T = 0,25a
2
(3) (0,5 điểm)
(2) và (3)

⇒
a
1
= a
2
= 2m/s
2
Và T = 2N. (0,5 điểm)
Gia tốc của xe B đối với xe C là :
C
A
B
∗

∗

B
B
B
m
2
m
1
m
3
C
A
B
∗


∗

BC 2 3
a a a= −
r r r
⇒ a
BC
= a
2
– a
3
= 0,4 m/s
2
(0,5 điểm)
Sau khi buông tay 0,1 s vận tốc của xe B đối với xe C là :
v
BC
= a
BC
t = 0,04 s (0,5 điểm)
Độ dời của xe B trên xe C là :
s =
2
BC
a t
2
= 0,002 m (0,5 điểm)
CÂU HỎI 3: (5,0 điểm)
Một khối hộp khối lượng m = 20 kg có tiết diện thẳng là hình
bình hành ABCD (đường chéo BD =

AD
2
) được đặt trên mặt
sàn nằm ngang, mặt AD nghiêng góc α = 30
o
so với mặt sàn
và tì lên một giá đỡ E tại M ở chính giữa AD (hình vẽ).
1) Tìm lực ép của khối hộp lên giá đỡ.
2) Đặt vào cạnh A của khối hộp một lực
F
r
hướng thẳng đứng xuống dưới. Tìm độ lớn tối
thiểu của
F
r
để có thể nâng khối hộp khỏi sàn. Tìm lực ma sát giữ cho khối hộp không bị
trượt so với giá đỡ khi nó bị nâng khỏi sàn. Lấy g = 10 m/s
2
.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 3:
1)
Vì BD = AD/2 và α = 30
o
nên tam giác BDC vuông tại D. (0,5 điểm)
Khi CD còn tiếp xúc với sàn thì đường thẳng đứng qua trọng tâm G của khối hộp
còn rơi vào trong mặt chân đế, khối hộp còn ở trong trạng thái cân bằng, khi đó phản lực
vuông góc của sàn cân bằng với trọng lực của khối hộp. Lúc này, lực ép lên giá đỡ bằng
không. (1,0 điểm)
2)
Khi tác dụng lực F nâng khối hộp, kể từ lúc mặt CD tách khỏi sàn, khối hộp chịu

tác dụng của các lực: trọng lực P, phản lực Q của giá đỡ, lực ma sát F
ms
của giá đỡ, lực
tác dụng F. Chiếu phương trình cân bằng lực lên phương thẳng đứng và phương ngang:
Qsin60
o
+ F
ms
.sin30
o
– F – P = 0 (1) (0,5 điểm)
Qcos60
o
- F
ms
cos30
o
= 0 (2) (0,5 điểm)
Phương trình cân bằng mômen đối với trục quay qua M:
F.d
1
– P.d
2
= 0 (3) (0,5 điểm)
với d
1
và d
2
là cánh tay đòn của F và P.
Vì MA = MD nên d

1
= d
2
, suy ra F = P = 200 N. (0,5 điểm)
Thay F
ms
= µQ vào (2) ta được µ = 1/
3
≈ 0,58. (0,5 điểm)
Thay vào (1) ta được: Q = 346 N. (0,5 điểm)
Và lực ma sát giữ cho khối hộp không trượt: F
ms
= µQ = 200 N. (0,5 điểm)
A
B
C
D
M
E
kj
G
α
CÂU HỎI 4: (5,0 điểm)
Một con tàu vũ trụ có khối lượng m = 1000 kg bay theo quỹ đạo tròn quanh Trái
Đất ở độ cao (so với mặt đất) h
1
= 5,6.10
6
m. Động cơ của con tàu cần sinh công bằng bao
nhiêu để từ quỹ đạo này:

1) Đưa nó lên quỹ đạo có độ cao h
2
= 9,6.10
6
m.
2) Đưa nó thoát khỏi sức hút Trái Đất; coi Trái Đất là hình cầu có bán kính R
đ
= 6,4.10
6
m và khối lượng M = 6.10
24
kg. Cho hằng số hấp dẫn G = 7.10
-11
Nm
2
/kg
2
.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 4:
Kí hiệu v là vận tốc con tàu trên quỹ đạo tròn, áp dụng định luật II Niu-tơn ta có:
2
2
Mm mv GM
G = v =
R R R
⇒
, (với R = R
đ
+ h) (1,0 điểm)
Cơ năng của tàu vũ trụ: W = W

đ
+ W
t
2
d
mv GMm GMm GMm
- = - = -
2 R 2R 2(R + h)
(1) (1,0 điểm)
1) Công cần thiết để đưa con tàu từ độ cao h
1
lên độ cao h
2
là:
A
1
= W
2
– W
1
=
d 2 d 1
GMm 1 1
- -
2 R + h R + h
 
 ÷
 
(2) (1,0 điểm)
Thay số ta được A

1
= 4,4.10
9
J (1,0 điểm)
2) Cho h
2
= ∞ trong (2) ta tính được công cần thiết để đưa con tàu thoát khỏi sức hút của
Trái Đất:
A
2
= - W
1
=
10
d 1
GMm
= 1,75.10 J
2(R + h )
(1,0 điểm)
CÂU HỎI 5: (5,0 điểm)
Hai bình có thể tích V
1
= 8 lít, V
2
= 2 lít thông nhau bằng một ống có khóa K. Ban
đầu K đóng, bình 1 chứa khí ở áp suất p
o
= 9.10
4
Pa và nhiệt độ T

o
= 300 K, còn bình 2 là
chân không. Biết khóa K chỉ mở nếu độ chênh lệch áp suất ∆p ≥ p
m
= 10
5
Pa. Người ta
nung nóng đều hai bình từ T
o
lên T = 500 K.
1) Tới nhiệt độ nào thì K bắt đầu mở?
2) Tìm áp suất cuối cùng trong mỗi bình.
Coi thể tích hai bình không thay đổi.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 5:
1) Khóa K bắt đầu mở khi nhiệt độ là T
m
và áp suất p
1
có giá trị:
p
1
= ∆p = p
m
= 10
5
Pa. (0,25 điểm)
Vì là quá trình đẳng tích nên
0
m
m 0

p
p
=
T T
(0,25 điểm)
=>
m 0
m
0
p T
T =
p
≈ 333 K (0,25 điểm)
2) Sau khi mở K, áp suất bình 1 giảm và khóa K đóng lại. (0,25 điểm)
Khi nung nóng, áp suất bình 2 tăng nhanh hơn bình 1. (0,5 điểm)
Đến khi ∆p = p
1
– p
2
= p
m
thì K lại mở. (0,25 điểm)
Xét T = 500 K, độ chênh lệch áp suất hai bình khi đó lớn nhất bằng ∆p = 10
5
Pa.
Gọi n
1
, n
2
là số phân tử hai bình ở nhiệt độ T. Số phân tử của bình 1 lúc đầu:

n = n
1
+ n
2
(2) (0,25 điểm)
Áp dụng phương trình trạng thái cho bình 1:
p
0
V
1
= nRT
0
(3) (0,5 điểm)
(p
2
+ ∆p)V
1
= n
1
RT (4) (0,5 điểm)
và cho bình 2: p
2
V
2
= n
2
RT (5) (0,5 điểm)
Từ (2), (3), (4) và (5):
( )
( )

1 0 0
2
1 2 0
V p T - ΔpT
p =
V + V T
≈ 4.10
4
Pa (1,0 điểm)
Và p
1
= p
2
+ ∆p = 1,4.10
5
Pa (0,5 điểm)
CÂU HỎI 6: (5,0 điểm)
Một lượng khí lý tưởng lưỡng nguyên tử ở áp suất p
1
, thể tích V
1
và nhiệt độ T
1
.
Cho khí giãn nở đoạn nhiệt thuận nghịch đến thể tích V
2
. Sau đó được làm nóng đẳng tích
đến nhiệt độ ban đầu T
1
rồi lại giãn đoạn nhiệt thuận nghịch đến thể tích V

3
.
1) Biểu diễn định tính các quá trình biến đổi trạng thái khí bằng đồ thị trong hệ p-V.
2) Tính công A mà khí sinh ra trong 3 quá trình trên theo P
1
, V
1
, V
2
, V
3
.
3) Nếu V
1
và V
3
cho trước, với giá trị nào của V
2
thì công A cực đại.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 6:
1) Biểu diễn định tính các quá trình biến đổi trạng thái khí bằng đồ thị trong hệ P-V.

Hình vẽ (0,5 điểm)
2) Tính công A mà khí sinh ra trong 3 quá trình trên theo P
1
, V
1
, V
2
, V

3
.
A = A
1
+ A
2
+ A
3
(0,25 điểm)
• A
1
: công khí sinh ra trong quá trình đoạn nhiệt 1-2
• A
2
= 0 (đẳng tích)
• A
3
: công khí sinh ra trong quá trình đoạn nhiệt 2’-3.
• Xét đoạn 1-2
1
2
2
1
2211
P
P
V
V
VPVP =









⇒=
γ
γγ
(0,25 điểm)
1
1
2
1
2
1
1
2
1
2
2
2
22
1
11


T
V

V
T
T
V
V
P
P
T
T
VP
T
VP
−








=
=⇒=
γ
(0,25 điểm)
Vì đoạn nhiệt Q = 0

111
1211
)(

RTVP
TTCUA
V
=
−−=∆−=
(0,25 điểm)

1−
=⇒
+
==
γ
γ
R
C
C
RC
C
C
V
V
V
V
P
(0,25 điểm)
Thay vào

















−
−
=
−1
2
11
1
1
1
γ
γ
V
VRT
A
(0,25 điểm)

















−
−
=
−1
2
111
1
1
1
γ
γ
V
VVP
A
(0,5 điểm)
Tương tự:

















−
−
=
−1
3
22
/
2
3
1
1
γ
γ
V
VVP

A
(0,25 điểm)

Vì T
1
= T’
2
nên P
1
V
1
= P’
2
V
2 ;
(0,25 điểm)

















−
−
=
−1
3
211
3
1
1
γ
γ
V
VVP
A
(0,5 điểm)

Công tổng cộng: (0,5 điểm)
3) Tìm V
2
để A
max
: Đặt (0,25 điểm)

A
max
thì y
min
. Theo bất đẳng thức Côsi:

= Hằng số (0,25 điểm)
312
VVV =⇒

(0,5 điểm)


















−









−
−
=
−
−
1
3
2
1
2
111
2
1
γ
γ
γ
V
V
V
VVp
A
1
3
2
1
2
1
−

−








+








=
γ
γ
V
V
V
V
y
1
3
2
2

1
1
3
2
1
2
1
.2
−
−
−








≥








+









γ
γ
γ
V
V
V
V
V
V
V
V