HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
TỈNH QUẢNG NAM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 03 trang, gồm 04 câu)
Câu 1 ( 4 điểm) : Các định luật bảo toàn.
Trong một mặt phẳng thẳng đứng, một máng nghiêng được nối với một máng tròn
ở điểm tiếp xúc A của máng tròn với mặt phẳng nằm ngang như hình vẽ. Ở độ cao h trên
máng nghiêng có vật 1 (khối lượng m
1
= 2m); ở điểm A có vật 2 ( khối lượng m
2
= 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 hoàn toàn đàn hồi.
a. Với h <
2
R
(R là bán kính của máng tròn), hai vật chuyển động như thế nào sau
va chạm ? Tính các độ cao cực đại h
1
và h
2
mà chúng đạt tới sau va chạm.
b. Tính giá trị cực tiểu h
min
của h để sau va chạm vật 2 có thể đi hết máng mà vẫn

bám không tách rời máng.
1
h
B
O
2
A
Câu 2( 5 điểm): Tĩnh học.
Một hình cầu bán kính R chứa một hòn bi ở đáy. Khi hình cầu quay quanh trục
thẳng đứng với tốc độ góc
ω
đủ lớn thì bi cùng quay với hình cầu ở vị trí xác định bởi
góc
α
.Tìm các vị trí cân bằng tương đối của bi và xét sự bền vững của chúng?
Câu 3 ( 4 điểm) : Cơ học vật rắn.
Một hình trụ khối lượng m
1
, bán kính R
1
quay do quán tính quanh trục của nó với
vận tốc góc
0
ω
. Người ta áp vào hình trụ trên một hình trụ thứ 2 có khối lượng m
2
, bán
kính R
2
sao cho chúng có chung đường sinh. Lúc đầu mặt trụ m

1
trượt trên mặt trụ m
2
,
sau đó hai trụ lăn không trượt lên nhau.
a.Tính các vận tốc góc
1
ω
và
ω
2
của hai hình trụ lúc đã hết trượt.
b.Tính nhiệt lượng tỏa ra do sự trượt.
Câu 4: ( 5 điểm) Nhiệt học và vật lý phân tử.
Một mol khí đơn nguyên tử lí tưởng thực hiện một chu trình như hình vẽ. Quá trình bản
chất là sự giãn đoạn nhiệt. P
b
= 10atm, V
b
= 10
-3
m
3
và V
c
= 8 V
b.
Tính
a. Nhiệt lượng cung cấp cho khí
b. Nhiệt lượng chất khí thải ra

c. Công toàn phần mà khí thực hiện
d. Hiệu suất của chu trình
Hết
P (atm)
P
b
P
a
O
V
a
= V
b
V
c
= 8V
b
V(m)
3
c
a
b
Người ra đề: Nguyễn Thị Ngọc Én - ĐT liên hệ: 0982543038
Ký tên:

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 10
Câu 1 ( 4 điểm) : Các định luật bảo toàn.
Trong một mặt phẳng thẳng đứng, một máng nghiêng được nối với một máng tròn
ở điểm tiếp xúc A của máng tròn với mặt phẳng nằm ngang như hình vẽ. Ở độ cao h trên
máng nghiêng có vật 1 (khối lượng m

1
= 2m); ở điểm A có vật 2 ( khối lượng m
2
= 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 hoàn toàn đàn hồi.
a. Với h <
2
R
(R là bán kính của máng tròn), hai vật chuyển động như thế nào sau
va chạm ? Tính các độ cao cực đại h
1
và h
2
mà chúng đạt tới sau va chạm.
b. Tính giá trị cực tiểu h
min
của h để sau va chạm vật 2 có thể đi hết máng mà vẫn
bám không tách rời máng.
Lời giải
a.Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ; khi vừa tới A vật 1 có vận tốc
1
2
2mv
2
= 2mgh
⇒
v =
gh2
, va chạm đàn hồi vào vật 2

- Gọi v
1
, v
2
lần lượt là vận tốc của vật 1 và vật 2 ngay sau va chạm. Áp dụng định luật
bảo toàn động lượng và bảo toàn cơ năng ta có
2mv = 2mv
1
+ mv
2

1
2
2mv
2
=
1
2
2mv
1
2
+
1
2
mv
2
2

⇒
v

1
=
3
v
và v
2
=
v
3
4
……………………………………… 0.5đ.
Ta thấy v
1
, v
2
cùng dấu v nên sau va chạm 2 vật tiếp tục chuyển động theo chiều ban
đầu của vật 1.
- Định luật bảo toàn cơ năng cho các vật có
1
h
B
O
2
A
2m
2
1
1
2
2

v
mgh=

⇒
h
1
=
9
h
…………………………………… 0.5đ.

1
2
mv
2
2
= mgh
2

⇒
h
2
=
16
9
h…………………………………0.5đ.
Vì h <
2
R
nên h

1
<
R
18
1
(<R) và h
2
<
R
9
8
(<R). Nghĩa là 2 vật vẫn còn bám
máng……………………………………………………………………0.5đ.
b.Phương trình động lực học cho vật 2 tại vị trí góc
α
(hình vẽ)
mgcos
α
+ Q =
α
cos
22
mg
R
mv
Q
R
mv
−=⇒
…………………………0.5đ.

+ Vật 2 còn bám máng nếu Q
0
≥
…………………………………… 0.25đ.
+ Vật 2 càng lên cao thì v càng giảm, đồng thời mgcos
α
tăng (
α
giảm) do đó Q giảm
dần và có giá trị cực tiểu khi
α
=0 (tại B)……………………0.25đ.
Khi đó Q =
mg
R
mv
B
−
2
B
O
→
P
A
+ Nếu Q
B
0≥
thì vật 2 còn bám ở B và nó sẽ bám máng ở các điểm khác của máng
Rgv
B

≥⇒
2
………………………………………………… 0.25đ.
+ Bảo toàn cơ năng : v
2
2
= v
gRvRg
B
522
2
2
2
≥⇒+
Theo câu a có v
2
2
=
gRghvvv 5
9
32
9
16
9
16
22
2
2
≥==⇒
………… 0.25đ.

⇒
h
min
=
R.
32
45
…………………………………………………0.5đ.
Câu 2( 5 điểm): Tĩnh học.
Một hình cầu bán kính R chứa một hòn bi ở đáy. Khi hình cầu quay quanh trục
thẳng đứng với tốc độ góc
ω
đủ lớn thì bi cùng quay với hình cầu ở vị trí xác định bởi
góc
α
.Tìm các vị trí cân bằng tương đối của bi và xét sự bền vững của chúng?
Lời giải
a.Vị trí cân bằng của bi:
Trong hệ qui chiếu gắn với hình cầu, bi cân bằng ta có.
Hợp lực
→
R
=
→→→
++
qt
fNP
=
→
0

………………………………………… 0.5đ.
Chiếu lên phương trình tiếp tuyến, chiều dương như hình vẽ có:
R
t
= mgsin
α
-
α
cos.
2
r
mv
= 0 với r = IM = Rsin
α
………………… 0.25đ.
⇒
mgsin
α
-
α
α
sin
cos
2
R
mv
= 0
⇒
mgsin
α

- m
2
ω
.Rsin
α
cos
α
= 0
⇒
sin
α
(g -
2
ω
.R.cos
α
) = 0………………………………………… 0.25đ
⇒





=
=⇒=
R
g
2
1
cos

00sin
ω
α
αα
………………………………………………….0.5đ.
Vậy:
- Với
0=
α
, bi cân bằng tại vị trí A (đáy hình cầu)…………………….0.25đ
- Với
1
α
(
R
g
2
1
cos
ω
α
=
, với g <
R
g
R 〉⇒
22
ωω
) ta có vị trí cân bằng thứ 2 của
bi………………………………………………………………………0.25đ.

b.Tính bền vững của các vị trí cân bằng:
* Vị trí cân bằng thứ 1 (
0=
α
): Vị trí A
Nếu bi lệch khỏi A 1 góc
α

=
có sin
αα
≈
, cos
=
α
1
nên R
t
= m(
α
g -
αω
R
2
) = m
α
(g -
2
ω
R)……………………… 0.5đ.

⇒
+ Nếu g -
2
ω
R>0
2
ω
⇔
<
R
g
thì R
t
>0
⇒
bi trở lại A nên A là vị trí cân bằng
bền…………………………………………………………….0.5đ.
+ Nếu g -
2
ω
R < 0
2
ω
⇔
>
R
g
thì R
t
< 0

⇒
bi rời xa A nên A là vị trí cân
bằng không bền…………………………………………………0.5đ
*Vị trí cân bằng thứ 2 (
1
α
)
- Khi bi lên cao một chút:
α
>
1
α
thì cos
α
< cos
α
1
=
R
g
2
ω
⇒

2
ω
.Rcos
α
< g
⇒

g -
2
ω
Rcos
α
> 0 tức R
t
> 0
⇒
vật trở về vị trí cân bằng
1
α
.
( )
1
…………………………………………………… …0.5đ.
- Khi bi tụt xuống một chút
α
<
α
1

⇒
g -
2
ω
Rcos
α
< 0
⇒

R
t
< 0
⇒
lực R
t
kéo bi về lại vị trí cân bằng
α
1

( )
2
…………….0.5đ.
( )
1
và
( )
2

⇒

1
α
là vị trí cân bằng bền của bi……………………………0.5đ.
Câu 3 ( 4 điểm) : Cơ học vật rắn.
Một hình trụ khối lượng m
1
, bán kính R
1
quay do quán tính quanh trục của nó với

vận tốc góc
0
ω
. Người ta áp vào hình trụ trên một hình trụ thứ 2 có khối lượng m
2
, bán
kính R
2
sao cho chúng có chung đường sinh. Lúc đầu mặt trụ m
1
trượt trên mặt trụ m
2
,
sau đó hai trụ lăn không trượt lên nhau.
a.Tính các vận tốc góc
1
ω
và
ω
2
của hai hình trụ lúc đã hết trượt.
b.Tính nhiệt lượng tỏa ra do sự trượt.
Lời giải
a.Tính các vận tốc
1
ω
và
ω
2
của hai trụ.

Khi hai trụ lăn trên nhau thì v =
1
ω
R
1
=
ω
2
R
2
……………………….0.5đ.
Momen trụ m
1
tác dụng lên trụ m
2
: M = FR
2
…………………………0.5đ.
Với M =
( )
τ
ω
∆
Ι∆

τ
∆
là thời gian để vận tốc trụ m
2
tăng từ 0

→
ω
2

Có
∆
( I
ω
) = I
2

2
ω
; I
2
=
2
1
m
2
R
2
2
……………………………0.5đ.
⇒
M.
τ
∆
= FR
2

τ
∆
= I
2
ω
2
………………………………………….0.25đ.
Cũng trong thời gian
τ
∆
phản lực F
/
= F của trụ m
2
tác dụng lên trụ m
1
làm vận tốc
góc của trụ m
1
giảm từ
ω
0

→

ω
1
.
Suy ra FR
1

τ
∆
= I
1
(
ω
0
-
ω
1
) ; I
1
=
2
1
m
1
R
2
1
⇒
F.
τ
∆
=
2
22
R
ω
Ι

=
1
101
)(
R
I
ωω
−
……………………………….0.25đ.
⇒
1
ω
=
21
01
mm
m
+
ω
;
ω
2
=
221
011
)( Rmm
Rm
+
ω
…………………… ….0.5đ.

b.Nhiệt lượng tỏa ra do sự trượt:
Động năng ban đầu của trụ m
1
: W
0

2 2 2
1 0 1 1 0
1 1
2 4
I m R
ω ω
= =
…………… 0.5đ.
Động năng các trụ lúc sau:
W
1
=
2
21
1
2
11
2
1









+
=
mm
m
I
ω
2
0
2
11
4
ω
Rm
………………………………….0.25đ.
W
2

2
2
2 2
1 2 1
2 2 0
1 2
1
2 4
m m R
I

m m
ω ω
 
= =
 ÷
+
 
……………………………….0.25đ.
Vậy nhiệt lượng tỏa ra Q = W
0
- W
1
- W
2

2
1 2
0
1 2
4
m m R
Q
m m
ω
⇒ =
+
……….0.5đ.
Câu 4: ( 5 điểm) Nhiệt học và vật lý phân tử.
Một mol khí đơn nguyên tử lí tưởng thực hiện một chu trình như hình vẽ. Quá
trình bc là sự giãn đoạn nhiệt. P

b
= 10atm, V
b
= 10
-3
m
3
và V
c
= 8 V
b.
Tính
e. Nhiệt lượng cung cấp cho khí.
f. Nhiệt lượng chất khí thải ra.
g. Công toàn phần mà khí thực hiện.
h. Hiệu suất của chu trình.
Lời giải
a.Quá trình ab: đẳng tích, áp suất tăng
→
nhiệt độ tăng
→
khí nhận nhiệt -Q
ab
=
µ
m

2
i
R

∆
T với
µ
m
R(T
b
– T
a
) = P
b
V
b
– P
a
V
a
; i=3 ……0.5đ.
Nên Q
ab
=
2
3
(P
b
P
b
– P
a
V
a

)……………………………… 0.25đ.
Xét quá trình bc: đoạn nhiệt nên
P
b
b
V
γ
= P
c
c
V
γ
với
γ
=
2+i
i
=
3
5
……………………………0.25đ.
⇒
P
b

5
3
b
V
= P

c
5
3
c
V
mà P
c
= P
a
, V
c
= 8V
a
= 8V
b
…………………… 0.25đ.
⇒
P
b
5
3
b
V
= P
a
(8V
a
)
5/3
= P

a
(8V
b
)
5/3
= P
a
.8
5/3
V
b
5/3

⇒
P
a
=
3/5
8
b
p
(
3/5
3/5
b
b
V
V
) =
3/5

8
b
P
…………………………………………0.25đ.
Vậy Q
ab
=






−
B
b
bb
V
P
VP .
8
2
3
3/5
=
2
3
P
b
V

b
(1-8
-5/3
)
=
2
3
.10.10
5
.10
-3
(1-8
-5/3
) =
8
11625
J = 1453,125J…… 0.25đ.
b.Quá trình ca: đẳng áp, thể tích khí giảm
⇒
nhiệt độ khí giảm
⇒
khí tỏa nhiệt.
Q
ca
=
( )
ccaa
VPVP −
2
3

=
5/3 5/3
3
.8
2 8 8
b b
b b
P P
V V
 
−
 ÷
 
…………………………0.5đ.
=






−
3/53/5
8
8
8
1
2
3
bb

VP
= P
b
V
b

3/5
8.2
35−
= -
8
4375
= - 546,875J…….0.5đ.
c.Công toàn phần mà khí nhận được:
Toàn chu trình
∆
U = 0
⇒
Q + A = 0……………………………0.25đ.
⇒
A = - Q = - (Q
ab
+ Q
ca
) = - (1453,125 – 546,875) ……………0.5đ.
= -
4
3425
J = -906,25J < 0
⇒

khí sinh công A
/
= 906,25J……………………………………0.5đ.
d.Hiệu suất của chu trình:
H =
'
ab
A
Q
=
125,1453
25,906

≈
64% 1đ.
Câu 5: ( 2 điểm) Phương án thực hành.
Một cốc đong trong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, thể tích
bên trong của cốc là V
0
. Trên thành cốc, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch
chia để đo thể tích và đo độ cao của chất lỏng trong cốc. Coi đáy cốc và thành cốc có độ
dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một chậu to đựng nước, hãy lập phương án
để xác định độ dày d, diện tích đáy ngoài S và khối lượng riêng
c
ρ
của chất làm cốc.
Yêu cầu:
a.Nêu các bước thí nghiệm. Lập bảng biểu cần thiết
b.Lập các biểu thức để xác định d, S theo các kết quả đo của thí nghiệm (cho khối
lượng riêng của nước là

ρ
)
c.Lập biểu thức tính khối lượng riêng
c
ρ
của chất làm cốc qua các đại lượng S, d,
M, V
0
.
Lời giải
a.Các bước thí nghiệm:
- Cho nước vào cốc với thể tích V
1
, thả cốc vào chậu, xác định mực nước ngoài cốc
h
n1
(đọc trên vạch chia)
- Tăng dần thể tích nước trong cốc: V
2
, V
3
, …và lại thả cốc vào chậu, xác định các
mực nước h
n2
, h
n3
, ……………………………………… 0.25đ.
- Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng
BẢNG SỐ LIỆU……………………… 0.25đ.
h

n1
h
n2
V
1
V
2
d S
b.Các biểu thức
Phương trính cân bằng cho cốc có nước sau khi thả vào chậu:
ρ
g (d + h
n
).S = (M + m
t
)g……………0.25đ.
→
ρ
(d + h
n
).S = M + V
t
.
ρ
( )
1
Từ
( )
1
ta thấy h

n
phụ thuộc tuyến tính vào V
t
. Thay V
t
bởi các giá trị V
1
, V
2
, … có
ρ
(d + h
n1
).S = M + V
1
ρ
( )
2

ρ
(d + h
n2
).S= M + V
2
ρ

( )
3
Đọc h
n1

, h
n2
, … trên vạch chia thành cốc. Lấy
( )
3
-
( )
2
⇒
S =
2 1
2 1n n
V V
h h
−
−
………………………………….0.25đ.
Thay đổi các giá trị V
2
, V
1
, h
n2
, h
n1
nhiều lần để tính S
Sau đó ta thay vào
( )
2
tính được

d =
1 2 1
1
1 1
2 1
( )( )
(
n n
n n
M V h h
M V
h h
S V V
ρ
ρ
ρ ρ
+ −
+
− = −
−
………0.25đ.
c. Biểu thức tính
c
ρ
:
Goi h là độ cao của cốc, h
0
là độ cao của thành cốc, r là bán kính trong, R là bán
kính ngoài của cốc, V là thể tích của chất làm cốc, S
t

là diện tích đáy trong của cốc.
Ta có
h = h
0
+ d; h
0
=
2
00
r
V
S
V
t
t
t
π
=
; R = r + d =
π
S
…….0.25đ.
⇒
r =
π
S
- d……………………………………….0.25đ.
c
ρ


=
t
t
t
Vd
dS
V
S
M
VdhS
M
V
M
0
2
0
00
)(
)(
−






+
−
=
−+

=
π
0.25đ.

Người ra đề: Nguyễn Thị Ngọc Én - ĐT liên hệ: 0982543038
Ký tên: