SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

K× THI CHäN HSG LíP 10 THPT N¡M HäC 2010-2011
§Ò THI M¤N: VËT Lý
(Dµnh cho häc sinh THPT kh«ng chuyªn)
Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò

Câu 1:
Một viên bi chuyển động thẳng nhanh dần đều không vận tốc đầu, xuất phát trên đỉnh một
máng nghiêng dài 10m và trong giây thứ năm nó đi được quãng đường bằng 36cm. Hãy tính:
a) Gia tốc của bi khi chuyển động trên máng.
b) Thời gian để vật đi hết 1 mét cuối cùng trên máng nghiêng.
Câu 2:
Trên mặt phẳng ngang nhẵn có một chiếc nêm với góc nêm α. Vật
m
nhỏ khối lượng m trượt xuống với gia tốc có hướng hợp với mặt phẳng
ngang góc β (Hình 1), gia tốc trọng trường g. Xác định khối lượng của
nêm và gia tốc trong chuyển động tương đối của vật đối với nêm. Bỏ qua
mọi ma sát.

β

α

Hình 1

Câu 3:


Một vật có trọng lượng P=100N được giữ đứng yên trên mặt phẳng

F
nghiêng góc α bằng lực F có phương nằm ngang (hình 2). Biết tanα=0,5 và hệ
số ma sát trượt μ=0,2. Lấy g=10m/s2.
a) Tính giá trị lực F lớn nhất.
α
b) Tính giá trị lực F nhỏ nhất
Hình 2
Câu 4:
Một quả cầu nặng m=100g được treo ở đầu một sợi dây nhẹ, không co dãn, dài l=1m (đầu
kia của dây cố định). Truyền cho quả cầu ở vị trí cân bằng một vận tốc đầu v 0 theo phương ngang.
Khi dây treo nghiêng góc α =30o so với phương thẳng đứng thì gia tốc của quả cầu có phương
ngang. Cho g=10m/s2, bỏ qua mọi ma sát.
a) Tìm vận tốc v0.
b) Tính lực căng dây và vận tốc của vật tại vị trí có góc lệch α = 40o
Câu 5:
Vật có khối lượng M = 0,5kg được treo vào đầu dưới của lò xo nhẹ có độ cứng K =
100N/m, đầu trên lò xo treo vào giá cố định, chiều dài tự nhiên của lò xo là l0 = 30cm. Một vật nhỏ
có khối lượng m = 100g chuyển động theo phương ngang với vận tốc v 0 = 6m/s tới va chạm đàn
hồi với vật M đang đứng yên ở vị trí cân bằng. Hãy xác định độ cao (so với vị trí cân bằng) của
vật M và độ giãn của lò xo khi M lên tới điểm cao nhất. Bỏ qua lực cản không khí. Lấy g =
10m/s2.
------------------HẾT-------------------(Giám thị không giải thích gì thêm)
Họ tên thí sinh ...........................................................................................Số báo
danh..........................


ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI HSG LỚP 10 MÔN VẬT LÝ TỈNH VĨNH PHÚC
NĂM HỌC 2010 – 2011
Câu 1 (3 điểm):
a) Quãng đường vật đi được sau 4s và sau 5s đầu tiên là:

1 2

 s4 = 2 a.4 = 8a

 s = 1 a.52 = 12,5a
 5 2

(1đ)

→ Quãng đường bi đi được trong giây thứ năm là:
l5 = S5 - S4 = 4,5a = 36cm → a = 8cm/s2 (0,5đ)
b) Gọi thời gian để vật đi hết 9m đầu và 10m đầu là t9, t10 ta có:

18
1 2

t
=
9
=
at

9
9

a

2
⇒


10 = 1 at 2
t = 20
10

 10
2
a

(1đ)

Thời gian để vật đi hết 1m cuối là: ∆t = t10 − t9 =

20
18
−
= 0,81s (0,5đ)
0, 08
0, 08

Câu 2 (1,5 điểm):
- Xét chuyển động của vật trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất.
+) Các lực
r tác dụng lên vật như hình vẽ.
+) Gọi a : gia tốc của vật đối với nêm
uu
r
a0 : gia tốc của nêm đối với đất
- Phương trình ĐLH viết cho vật:

− N sin α = m ( a0 − a cos α )

N cos α − mg = − ma sin α

(1)
(2)

- Phương trình ĐLH viết cho nêm:

Q sin α = Ma0 ; Q = N

+) Giải hệ:
Từ (1) và (3) có: − Ma0 = m ( a0 − a cos α )
Từ (2) và (3) có: Ma0

(3)

(0,25đ)

(4)

cos α
= m ( g − a sin α )
sin α

(5) (0,25đ)

- Sử dụng định lý hàm số sin trong tam giác gia tốc ta có:

a0
a
a

sin β
=
⇒
=
0
sin ( β − α ) sin ( 180 −β )
a0 sin ( β − α )
a
m+M
=
thay vào (6) (0,25đ)
a0 m cos α
tan α
- Tìm được : M = m
(0,25đ)
tan β − tan α
- Từ (4) ⇒

(6) (0,25đ)

N

ao
Q

β

P

α


a


- Từ (4), (5) và (6) tìm được: a = g

sin α sin β
sin β − sin ( β − α ) cos α

(0,25đ)

Câu 3 (2 điểm):
a) Lực F có giá trị lớn nhất khi vật có xu hướng đi lên. Khi đó các lực tác dụng lên vật như hình
  
 
vẽ. Do vật cân bằng nên N + F + Fms + P = 0 (0,25đ)
Chiếu lên phương mặt phẳng nghiêng và phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng ta được:
Fms = F cos α − P sin α
N = F sin α + P cos α
P (sin α + µ cos α ) P(tan α + µ )
=
cos α − µ sin α
1 − µ tan α
P(tan α + µ )
=
1 − µ tan α

Do : Fms ≤ µN ⇒ F ≤
⇒ Fmax


(0,5đ)


N

F
Fms 
P
α

Thay số ta được: Fmax ≈ 77,8 N (0,25đ)
b) Lực F có giá trị nhỏ nhất khi vật có xu hướng đi xuống. Khi đó lực ma sát đổi chiều so với hình
  
 
vẽ. Do vật cân bằng nên N + F + Fms + P = 0 (0,25đ)
Chiếu lên phương mặt phẳng nghiêng và phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng ta được:
Fms = − F cos α + P sin α
N = F sin α + P cos α
Do : Fms ≤ µ N ⇒ F ≥
⇒ Fmin =

P (sin α − µ cos α ) P(tan α − µ )
=
cos α + µ sin α
1 + µ tan α

(0,5đ)

P (tan α − µ )
1 + µ tan α


Thay số ta được: Fmax ≈ 27, 27 N (0,25đ)
Câu 4 (2 điểm):
a) Khi dây treo nghiêng góc α=300 so với phương thẳng đứng, vật M chịu tác dụng của các lựcnhư
hình vẽ. Do gia tốc có phương ngang nên: T .cos30o = mg (1) (0,25đ)
Mặt khác, xét theo phương hướng tâm MO ta có:
mv 2
T − mgcos30 =
(2) (Với v là vận tốc của vật tại M) (0,25đ)
l
o

O
α

T
ma

gl
2
Từ (1) và (2) suy ra: v =
(3) (0,25đ)
2 3
Áp dụng ĐLBT cơ năng cho hệ khi vật ở vị trí M và khi vật ở vị trí cân bằng ta
được: v02=v2+2gl(1 – cos300) =

12 − 5 3
gl (0,25đ)
6


→ v0 ≈ 2,36m/s (0,25đ)
b) Áp dụng ĐLBT cơ năng cho hệ khi vật ở vị trí α=40o và khi vật ở vị trí cân bằng ta được:
vo2 = v 2 + 2 gl (1 − cos40o ) → v = vo2 − 2 gl (1 − cos40o ) ≈ 0,94(m / s ) (0,25đ)

M
P


Xột theo phng si dõy ta cú: T = mgcos40o +

mv 2
0,1.0,942
= 0,1.10.cos40o +
= 0,86 N (0,5)
l
1

Cõu 5 (1,5 im):
- Xét va chạm đàn hồi giữa m và M, ta có:
mv0 = mv0 '+ Mv
2
mv0 mv02 ' Mv 2
=
+

2
2
2

(1)

(2)

v
2vo
= - 4m/s, v = 0 = 2m/s (0,25)
3
3
- Sau va chạm vật m chuyển động ngợc lại với lúc trớc va chạm, còn vật M có vận tốc đầu là v và
Thay số vào, giải hệ (1) và (2) ta đợc: v0 =

chuyển động lên tới độ cao cực đại h (so với VTCB), khi đó lò xo bị lệch một góc so với phơng
thẳng đứng. Trớc lúc va chạm lò xo bị giãn một đoạn x0 =

Mg
= 5cm và khi vật ở độ cao h, lò xo
k

bị giãn một đoạn x.
- áp dụng định luật II Niutơn cho M, ta đợc:
kx - Mgcos = 0 với cos =

l 0 +x 0 h
l0 + x

(0,25)

suy ra: kx(l0 + x) = (l0 + x0 - h).Mg
(3) (0,25)
- áp dụng định luật bảo toàn cơ năng(mốc thế năng tại VTCB) cho vật M, ta có:


Mv 2 kx 02
kx 2
+
= Mgh +
2
2
2

(4) (0,25)

- Thay số vào, giải hệ (3) và (4) ta đợc: x 2cm, h 22cm. (0,5)
======================================================================
===
*-Nu thớ sinh lm cỏch khỏc vn ỳng thỡ cho im ti a tng ng.
*-Thớ sinh khụng vit hoc vit sai n v t hai ln tr lờn thỡ tr 0,25 im cho ton bi.

S GD & T VNH PHC

K THI CHN HSG LP 10 NM HC 2011-2012


----------------ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ
Dành cho học sinh THPT không chuyên
Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề.
------------------------

Câu 1:
Một vật bắt đầu chuyển động nhanh dần đều từ điểm O trên trục Ox, theo chiều dương với

gia tốc a. Sau khoảng thời gian t o thì vật chuyển động với gia tốc –a. Hỏi sau bao lâu kể từ lúc bắt
đầu chuyển động thì vật lại về đến điểm O? Cho biết tính chất của chuyển động sau khoảng thời
gian to?
Câu 2:
Một vật nhỏ có khối lượng m trượt không vận tốc ban đầu từ đỉnh một nêm có góc nghiêng
0
α=30 so với phương ngang (hình 1). Hệ số ma sát giữa
m
2
vật với mặt nêm là μ=0,2. Lấy g=10m/s . Mốc thế năng
tại chân mặt phẳng nghiêng.
r
a) Nêm được giữ cố định. Khi vật đến chân nêm thì có a
α
bao nhiêu phần trăm cơ năng của vật chuyển hóa thành
nhiệt năng?
Hình 1
b) Nêm được kéo cho trượt sang trái với gia tốc không
đổi a=2m/s2 trên sàn nằm ngang. Tìm gia tốc của m so với nêm khi nó được thả cho chuyển động.
Câu 3:
Một thanh AB đồng chất, tiết diện đều, khối lượng
α
m=100kg có thể quay tự do quanh một trục đi qua đầu A và vuông A
góc với mặt phẳng hình vẽ (hình 2). Thanh được giữ cân bằng theo
r
phương hợp với phương ngang một góc α=300 nhờ một lực F đặt
r
B
vào đầu B, phương của F có thể thay đổi được.
Hình 2

r
a) F có phương nằm ngang. Tìm giá trị của F.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của lực F để có thể giữ thanh như đã mô tả.
Câu 4:
Một vật có khối lượng 800g, chuyển động trên trục Ox theo phương
1
trình x = t2-5t+2 (m), (t có đơn vị là giây). Xác định độ biến thiên động lượng
của vật kể từ thời điểm t0=0 đến thời điểm t1=2s, t2=4s.
2
Câu 5:
Hai quả bóng nhỏ đàn hồi có khối lượng m 1 và m2 (m1được đặt trên đỉnh quả 2 (với một khe hở nhỏ giữa chúng). Thả cho chúng rơi
tự do từ độ cao h xuống sàn (hình 3).
h
m1
a) Hỏi tỉ số
bằng bao nhiêu để quả bóng 1 nhận được phần cơ năng lớn
m2

r
F

nhất trong cơ năng toàn phần của hệ hai quả bóng?
b) Nếu m1 rất nhỏ so với m2 thì quả bóng 1 ở trên nảy lên được đến độ cao
Hình 3
bao nhiêu?
------------------HẾT------------------Họ
và
tên
thí

sinh…………………………………………………………....…...….………
SBD…………………
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm


SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC
-----------------

Câu

1
(2đ)

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
MÔN: VẬT LÝ – KHÔNG CHUYÊN

Nội dung
Chọn gốc thời gian khi vật bắt đầu chuyển động từ điểm O…………………...…...
Vật chuyển động nhanh dần đều từ 0s đến thời điểm t0 ……………………………
1 2
Tại thời điểm to: xo = at o , v o = at o ……………………………………………….
2
Sau thời điểm t0 vật chuyển động với gia tốc –a …………………………………...
Phương trình chuyển động của vật khi t>to là:
1
1
x = x o + vo (t − t o ) − a (t − t o ) 2 = − at 2 + 2at o t − at o2 …………………………….
2
2

Khi vật trở về điểm O ta có: x=0……………………………………………………

Điểm
0,25

⇔ t 2 − 4tot + 2to2 = 0 ⇔ t = to (2 + 2) …………………………………………………...

0,25

Sau thời điểm to, vật bắt đầu chuyển động chậm dần đều cho đến lúc dừng lại tức
thời. Sau đó vật chuyển động nhanh dần đều theo chiều ngược lại về điểm O……..

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

a) Lực ma sát: Fms = μ.N = μmg.cosα .......................................................................
Công của lực ma sát: Ams = Fms.l với l là chiều dài nêm............................................
Cơ năng ban đầu của vật: W = mgh = mgl.sinα.........................................................
A ms
µ
=
= 34,6%.................................................................................................
W
tan α
b) Các lực tác dụng vao vật m như hình

vẽ

r
a

2
(2đ)


Fns


P


N

Chiếu lên phương vuông góc với nêm và song song với nêm ta được:
N + ma.sin α - mg.cos α = 0
mg.sin α + ma.cos α – Fms = m.a12..............................................................................
a12 = g. sin α + a. cos α − µ ( g. cos α − a. sin α ) = 5,2 m/s2....................................
a) Các lực tác dụng vào thanh AB và không
α
A
đi qua trục quay A như hình vẽ.


P
Phương trình mômen với trục quay ở A.

B

0,25

HV
0,25

α

  
 
Phương trình định luật II cho vật: P + N + Fms = m(a 12 + a ) ......................................

3
(2đ)

0,25
0,25
0,25
0,25

r
F

0,25

0,25
0,25

HV

0,25


AB
cos α = F.AB.sin α........................................................................................
2
mg
F=
= 866 N.................................................................................................
2. tan α
b) Muốn F có giá trị nhỏ nhất thì F phải có phương vuông góc với AB....................
AB
cos α = F.AB.................................................................................................
mg.
2
mg. cos α
Fmin =
= 433 (N).......................................................................................
2
Áp dụng phương trình chuyển động tổng quát:
1
x = at 2 + vo t + xo ta có: a=2m/s2, vo=-5m/s, xo=2m...............................................
2
phương trình vận tốc của vật là: v = v o + at = −5 + 2t ……………………………...
mg.

* Sau 2s, vận tốc của vật là: v=-5+4=-1m/s………………………………………...
- Như vậy sau 2s thì vật vẫn chuyển động ngược chiều dương, nên độ biến thiên
4
(2đ)

ur ur uu
r
 kg .m 
động lượng của vật là: ∆ P = P1 − Po → ∆P = P1 − Po = 0,8.(−1) − 0,8.(−5) = 3, 2 
÷ …….
 s 

* Sau 4s, vận tốc của vật là: v=-5+8=3m/s………………………………………….
- Như vậy sau 4s thì vật đổi chiều chuyển động và chuyển động cùng chiều dương,
nên độ biến thiên động lượng của vật là:……………………………………………
ur uu
r uu
r
 kg.m 
∆ P = P2 − Po → ∆P = P2 − Po = 0,8.3 − 0,8.(−5) = 6, 4 
÷.
 s 

………………………..............

0,25
0,50
0,50
0,25
0,25

0,5
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

a) Khi quả bóng 2 sắp chạm đất thì cả hai đều có vận tốc là v = 2 gh ............ .......
Quả 2 chạm đất và nảy lên va chạm với quả 1. Quả 1 sẽ nhận được năng lượng lớn
nhất có thể nếu quả dưới sau khi va chạm với quả trên thì đứng yên........................
Chọn chiều dương hướng lên. Gọi u là vận tốc của quả 1 ngay sau va chạm với
quả 2.
Định luật bảo toàn động lượng ta có: (m2 − m1 ).v = m1 .u (1)...................................

5
(2đ)

v2
u2
Định luật bảo toàn cơ năng ta có: (m1 + m2 )
(2)....................................
= m1
2
2
Từ (1) và (2) suy ra: u = 2v
m1 1
= ………………………………………………...
Thay u=2v vào (1) ta được
m2 3

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
b) (m2 − m1 ).v = m1v1 + m2 v 2 (3)
(m1 + m2 )

v2
v2
v2
= m1 1 + m2 2 (4).............................................................................
2
2
2
(3m − m )v

2
1
Từ (3) và (4) suy ra: v1 = m + m …………………………………………...........
2
1

=3v (vì m1<
0,25
0,25
0,25

-----------------------HẾT----------------------

SỞ GD & ĐT VĨNH

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012


PHÚC
-----------------

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ
Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc
Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề.
------------------------

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1:
Một học sinh vẽ quỹ đạo chuyển động của một vật bị ném xiên theo tỉ lệ 1:10
(quĩ đạo vẽ trên giấy có kích thước bằng 1/10 kích thước của quĩ đạo thật). Biết vật
uu
r
bị ném xiên có vận tốc ban đầu v0=10m/s, v0 chếch lên và
hợp với phương ngang một góc 60 0. Một con kiến (coi là
m
chất điểm) bò dọc theo quỹ đạo parabol mà học sinh đó đã
M
M
vẽ được với tốc độ không đổi là v=1cm/s. Lấy gia tốc
α

2
trọng trường là g=10m/s . Tính gia tốc của con kiến khi nó
chuyển động qua đỉnh của parabol.
Hình 1
Câu 2:
Cho cơ hệ như hình 1. Góc nghiêng của nêm là α. Đoạn dây từ ròng rọc tới
tường song song với phương ngang. Đoạn dây từ ròng rọc tới vật m song song với
mặt nêm. Gia tốc trọng trường là g. Dây không dãn và có khối lượng không đáng
kể. Bỏ qua mọi ma sát. Tính gia tốc của nêm khi thả nhẹ m cho
hệ chuyển động.
Câu 3:
•O
Một thanh AB mảnh, đồng chất, tiết diện đều, khối lượng
B
m, có hai đầu A, B tì lên mặt trong của một hình trụ rỗng bán
kính R, trục nằm ngang đặt cố định (Hình 2). Chiều dài của
A
thanh AB bằng R. Hệ số ma sát nghỉ giữa thanh và hình trụ là µ.
Hình
2
Hỏi thanh AB hợp với phương ngang một góc cực đại là bao
nhiêu?
Câu 4:
Một khối trụ đặc đồng chất, tiết diện đều, khối lượng
m=20kg bán kính R=20cm chuyển động trên một mặt phẳng
ngang rộng vô hạn. Hệ số ma sát trượt giữa khối trụ và mặt
ω0
phẳng ngang là µ=0,1. Lấy g=10m/s2. Ở thời điểm ban đầu,
• r
v0

khối trụ có tốc độ góc ω0=65rad/s và vận tốc tịnh tiến của
khối tâm là v0=5m/s theo phương ngang (Hình 3). Bỏ qua
ma sát lăn giữa vật và mặt phẳng ngang. Tính công của lực
ma sát. Cho mômen quán tính của trụ đối với trục quay đi
Hình 3
1
2

qua trục hình trụ là I = mR 2 .
Câu 5:
Cho cơ hệ như hình 4. Xylanh và pittông cách nhiệt.
Bên trái pittông chứa một mol khí lí tưởng lưỡng nguyên
tử, bên phải là chân không. Lò xo nhẹ một đầu gắn với
pittông, đầu kia gắn vào thành của xylanh. Lúc đầu giữ
Hình
4


pittông để lò xo không dãn, khối khí có thể tích V 1, áp suất p1, nhiệt độ T1. Thả cho
pittông chuyển động tự do. Khi hệ cân bằng thì thể tích của khí là V 2=2V1. Xác định
T2 và p2 lúc này. Bỏ qua khối lượng pittông.
---------------HẾT---------------


SỞ GD & ĐT VĨNH
PHÚC
-----------------

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM

MÔN: VẬT LÝ – CHUYÊN

Câu

Lời giải
Điểm
Khi tới điểm cao nhất, vì vật có gia tốc vuông góc với vận tốc nên gia tốc rơi
tự
do
g
là
gia
tốc
hướng
tâm
của 0,5
vật………………………………………………….
Bán kính cong tại đỉnh parabol của quỹ đạo chuyển động là R thỏa mãn:
0,5

1
(2đ)

g=

(vx ) 2 (v.cos 600 ) 2
=
→ R = 2,5m …………………………………………………….
R
R

→ Bán kính cong tại
r=0,25m………………..

đỉnh

parabol

mà

học

sinh

đó

vẽ

là

0,5
0,5

Gia tốc của con kiến là gia tốc hướng tâm có độ lớn a =

v2
= 0, 04m / s 2
r

…………

T1
M

P1

a
M
Nm
mM
M
α
M

T3

a1

a2

T2

uu
r
N1N

M

m
M
2

HV
0,25

α
M

P
m
M

Các lực tác dụng lên các vật như hình vẽ.
Gia tốc của M so với sàn, m so với M và của m so với sàn là a, a2 và a1.
r r r
a1 = a + a2
Ta
có:
và
a
=
2 a2…………………………………………………………
2 Niu tơn.
(2đ) Định luật
r r r r r uur
Ma = P + T3 + T2 + N 2 + N1 ………………………………………………………..

r r r
r r
m(a2 + a ) = T1 + N + P1 …………………………………………………………….

.
→
Ma
=
T
–
Tcosα
Nsinα………………………………………………………..
m(a
–
acosα)
=
mgsinα
T .................................................................................
r
Iuu
→
mgcosα
–
Omasinα •R2 =
………………………………………………………..
uu
r ϕ B
R R1 β
G
ϕ
α
A

0,25

0,25
0,25

+

0,25
0,25
0,25

–

0,25

N


→ a =

mg sin α
…………………………………………………...
M + 2m(1 − cos α )

……...

HV
0,25













Điều kiện cân bằng của thanh P + R 1 + R 2 = 0 trong đó R 1 , R 2 là tổng của phản
lực vuông góc và lực ma sát tại A và
B…………………………………………….
Vẽ hai mặt nón ma sát tại A và B có tan α = µ
……………………………………
3 Thanh cân bằng với α cực đại ứng với giá của P đi qua điểm I (điểm giới hạn
(2đ) vùng giao nhau của hai góc ma sát). Khi đó ba lực trên đều giao nhau tại I.
(như hình vẽ)
……………………………………………………………………………..
Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác AIG và GIB
sin ( β − φ )
=
IG

π

sin  − α − β + φ ÷
2
 = cos(α + β − φ ) ………………………………….
R
R

2
2

π

sin  − φ − β + α ÷
sin ( β + φ )
2
 = cos(α − φ − β ) ………………………………….
= 
R
R
IG
2
2
sin( β − φ ) cos(α − φ + β )
→
=
với β = 600……………………...…………………
sin( β + φ ) cos(α − φ − β )

Ta có: sin(600 - ϕ)cos (α - ϕ - 600) = sin(600 + ϕ)cos (α - ϕ + 600)
Biến đổi toán học: tan (α - ϕ ) =

4µ
1
1
tanα = µ → tan α = 3 − µ 2 …….
3
3

……………
4 * Giai đoạn 1: Khối trụ chuyển động sang phải, lực ma sát trượt: Fms = µmg.
(2đ) Theo phương trình động lực học cho chuyển động tịnh tiến. Gia tốc chuyển

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


động tịnh tiến của khối tâm:
a=-

Fms
= - µg = -1 (m/s2)
m

(1)

Theo phương trình động lực học cho chuyển động
quay quanh một trục. Gia tốc góc của chuyển

động quay quanh khối tâm:
γ=−

Fms R
2µg
=−
= - 10 (rad/s2)
I
R

(2)

0,25
ω0


v0


F ms
0,25

v
Vận tốc khối tâm giảm đến 0 sau thời gian: t1 = - 0 = 5 (s)
a

Lúc này tốc độ góc của chuyển động quay quanh khối tâm:
ω1 = ω0 + γt1 = 15 (rad/s)
(3)
0,25

* Giai đoạn 2: Khối trụ chuyển động sang trái, vận tốc chuyển động tịnh tiến
của khối tâm tăng dần, tốc độ góc giảm dần cho đến khi v = ωR thì khối trụ
lăn không trượt.
Gia tốc chuyển động tịnh tiến: a’ =

Fms
= µg = 1 (m/s2)
m

(4)

Gia tốc góc vẫn không đổi, xác định theo (2)
Gọi t2 là thời gian khối trụ chuyển động sang trái cho đến khi lăn không trượt.
Vận tốc khi chuyển động ổn định: v = µgt2
(5)
Tốc độ góc khi chuyển động ổn định:
ω = ω1 + γt2
(6)
Mặt khác:
v = Rω
(7)
ω0

Giải (5), (6), (7) ta được: t2 = 1 (s)
v
V = 1(m/s)

ω = 5 (rad/s)
F ms
1

1
Động năng của vật lúc này: Wđ = mv2 + Iω2
2
2

Công của lực ma sát (ngoại lực) bằng độ biến thiên động năng:
A=

1
1
m(v2 - v 02 ) + I(ω2 - ω02 ) = - 1080 J.
2
2

(Sau khi chuyển động ổn định lực ma sát nghỉ không sinh công.)
1
5
Do xylanh cách nhiệt nên Q = 0 → ∆U = − A = − kx 2 (1)
2
(2đ)

………………..........

5
2

Trong đó : ∆U = R(T2 − T1 ) (2)
………………………….....................................
Lò xo bị nén một đoạn x, các lực tác dụng lên pitông gồm:

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25


- Lực đàn hồi F1 = kx

0,25

- Áp lực của khí trong xylanh tác dụng lên pittông F2 = P2 S
……………………...
Phương trình trạng thái cho một mol khí hydrô:
PV
2 2 = RT2 và V2 = 2V1 = 2Sx ..……………………………………….
→ F2 =

RT2
………….
2x

0,25
0,25
0,25

……………………………………………………………
RT
1
RT
Pittông đứng yên: F1 = F2 → kx = 2 → kx 2 = 2 (3)…………………….….
2x
2
4
10
Thay (2), (3) vào (1) được: T2 = T1 …..………………….
11

0,25

0,25

………………………
Phương trình cho 2 trạng thái:
PV
1 1 = RT1 và PV
2 2 = P2 .2V1 = RT2 → P2 =

5
P1 …………………………………..
11

-----------------------HẾT-----------------------

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


Câu 1.
Hai vật nhỏ giống nhau đặt cách nhau d = 1,6 m trên mặt phẳng
nghiêng, góc nghiêng so với phương ngang là α=300. Vật ở dưới cách
chân mặt phẳng nghiêng là L=90cm (Hình 1). Thả đồng thời cho hai vật
trượt xuống không vận tốc đầu. Bỏ qua ma sát. Lấy g = 10 m/s2.
1. Tìm vận tốc của mỗi vật ở chân mặt phẳng nghiêng và thời gian
trượt của mỗi vật trên mặt phẳng nghiêng.
2. Sau khi đến chân mặt phẳng nghiêng thì hai vật lại trượt sang mặt
phẳng ngang theo cùng một đường thẳng với tốc độ không đổi bằng tốc
độ của chúng ở chân mặt phẳng nghiêng. Hỏi khoảng cách giữa các vật
bằng bao nhiêu khi vật phía trên đến chân mặt phẳng nghiêng. Tính khoảng cách từ vị trí hai vật
gặp nhau đến chân mặt phẳng nghiêng.
Câu 2.
Trên mặt phẳng ngang có một bán cầu khối lượng m. Từ điểm cao
nhất của bán cầu có một vật nhỏ khối lượng m trượt không vận tốc đầu
α
xuống. Ma sát giữa vật nhỏ và bán cầu có thể bỏ qua. Gọi α là góc giữa
phương thẳng đứng và bán kính nối từ tâm bán cầu tới vật (Hình 2).
1. Giả sử bán cầu được giữ đứng yên.
a) Xác định vận tốc của vật, áp lực của vật lên mặt bán cầu khi vật
Hình 2
chưa rời bán cầu, từ đó tìm góc αm khi vật bắt đầu rời bán cầu.
b) Xét vị trí có α < αm. Viết các biểu thức thành phần gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến

của vật theo g và α. Viết biểu thức tính áp lực của bán cầu lên mặt phẳng ngang theo m, g và α
khi đó.
2. Giả sử giữa bán cầu và mặt phẳng ngang có hệ số ma sát là µ. Tìm µ biết rằng khi α = 300
thì bán cầu bắt đầu bị trượt trên mặt phẳng ngang.
3. Giả sử không có ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang. Tìm góc α khi vật bắt đầu rời
bán cầu.
P
Câu 3.
1
2
Có 1 gam khí Heli (coi là khí lý tưởng, khối lượng mol M=4g/mol) 2P0
thực hiện một chu trình 1 - 2 - 3 - 4 - 1 được biểu diễn trên giản đồ P-T
như Hình 3. Cho P0 = 105Pa; T0 = 300K.
P0
1. Tìm thể tích của khí ở trạng thái 4.
3
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 (yêu cầu ghi rõ giá trị
0
bằng số và chiều biến đổi của chu trình trên các giản đồ này).
T0
2T0
Hình 3
Câu 4.
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?

-----------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….

T


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

(Đáp án có 04 trang)

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÝ
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi
chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
II. ĐÁP ÁN
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
Gia tốc của hai vật trên mặt phẳng nghiêng có cùng giá trị bằng:
1
1
a1 = a 2 = g. sin α = 10 sin 30 0 = 5( m / s 2 ) ….. ……. …………… ……
0,25
1,25

Tốc độ của hai vật khi đến chân mặt phẳng nghiêng:
đ
v1 = 2a1 s1 = 2a1 L = 2.5.0,9 = 3( m / s ) ……………. ……… …….
0,25
v2 = 2a2 s2 = 2a2 ( L + d ) = 2.5.2,5 = 5( m / s ) …………. ………
0,25

2
0,75
đ

2

Thời gian chuyển động trên mặt phẳng nghiêng của hai vật:
v
3
t1 = 1 = = 0,6( s ) . . ……………
a1 5
v
5
t 2 = 2 = = 1( s ) ………….........
a2 5
Khoảng cách giữa hai vật khi cùng chuyển động trên mặt phẳng ngang:
Lúc vật 2 đến chân mặt phẳng nghiêng thì vật 1 cách vật 2 một đoạn:
d1 = v1 ( t2 − t1 ) = 3 ( 1 − 0, 6 ) = 1, 2 ( m ) . ……………. …………
Kể từ khi vật 2 xuống đến mặt ngang thì khoảng cách giữa hai vật giảm dần
theo thời gian theo biểu thức:
d ( t ) = d1 − ( v2 − v1 ) t = 1, 2 − 2t . ………………………….
⇒ Đến thời điểm t = 0,6 s sau (kể từ khi vật 2 đến chân mặt nghiêng) thì vật 2
bắt kịp vật 1. Vị trí hai vật gặp nhau cách chân mặt phẳng nghiêng một đoạn

bằng:
l = v2t = 5.0, 6 = 3 ( m ) ………………………..

1
2,5đ

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

Q
α

P

H×nh 2
Khi vật trượt trên mặt cầu vật chịu tác dụng của trọng lực P và phản lực Q của
mặt cầu có tổng hợp tạo ra gia tốc với hai thành phần tiếp tuyến và hướng tâm.
Quá trình chuyển động tuân theo sự bảo toàn cơ năng:
1
2
mvα = mgR(1 − cos α ) ……………..
0,5
2


2

mv a
…………….
Fht = P. cos α − Q =
R

a

b

Suy ra:

Q = ( 3 cos α − 2 ).mg
vα = 2 gR (1 − cos α ) …….. ………..
………………………
Vật rời bán cầu khi bắt đầu xảy ra Q = 0. Lúc đó:
2
0
cos α = cos α m = ;
suy ra : α = α m ≈ 48,2 . ………
3
Xét vị trí có α < αm:
2
v
Các thành phần gia tốc: a n = α = 2 g (1 − cos α ) . …………………………..
R
at = g sin α …… ….. …….. .
Lực mà bán cầu tác dụng lên sàn bao gồm hai thành phần: áp lực N và lực đẩy
ngang Fngang:
N = PcÇu + Q. cos α = mg 1 − 2 cos α + 3 cos 2 α … ….. …….. ……

(

2
1,0đ

)

0,25
0,25
0,25
0,25
0.25
0,25

Bán cầu bắt đầu trượt trên sàn khi α = 300, lúc đó vật chưa rời khỏi mặt cầu.
Thành phần nằm ngang của lực do vật đẩy bán cầu là:
Fngang = Q sin α = ( 3 cos α − 2) mg. sin α .
0,25
…………….. ………
Ta có: Fms = Fngang = µ .N ………… …… …… …….. …………….
0,25
→ µ=

Fngang

Thay số:

3
0,5đ

0,5

N

=

( 3 cos α − 2) mg. sin α

(

)

=

( 3 cos α − 2) sin α

……………
mg 1 − 2 cos α + 3 cos α 1 − 2 cos α + 3 cos 2 α
µ ≈ 0,197 ≈ 0,2…. …… ……. ……….. ………………
2

Giả sử bỏ qua được mọi ma sát.
Khi vật đến vị trí có góc α vật có tốc độ vr so với bán cầu, còn bán cầu có tốc
độ V theo phương ngang.
  
Vận tốc của vật so với mặt đất là: v = v r + V
vr
Tốc độ theo phương ngang của vật:
α

v x = v r cos α − V
V
V
Hệ bảo toàn động lượng theo phương ngang:
m.V = m.v x ⇒ vx = V ⇒ 2V = vr cosα.
P
Bảo toàn cơ năng:
1 2 1
mv + m.V 2 = mgR(1 − cos α )
2
2
2
2
v r + V − 2v rV cos α + V 2 = 2 gR (1 − cos α )
4 gR (1 − cos α )
1 + sin 2 α
Tìm áp lực của vật lên mặt bán cầu. Để làm điều này ta xét trong HQC phi
quán tính gắn với bán cầu.
Q sin α
Gia tốc của bán cầu: ac =
m
Trong HQC gắn với bán cầu, vật sẽ chuyển động tròn và chịu tác dụng của 3
lực (hình vẽ). Theo định luật II Niutơn ta có:
2
v
P cos α − Q − Fq sin α = m r
R
⇒ vr =

0,25

0,25


2

v
mg cos Q Q sin = m r
R
2

mg cos mv r / R
Q=
=
1 + sin 2
2

4mg (1 cos )
6 cos cos 3 4
1 + sin 2
=
mg
2
1 + sin 2
1 + sin 2

mg cos

(

)

0,5

Vt ri bỏn cu khi Q = 0 6 cos cos 4 = 0
cos = 3 1 hay = 42,90. .
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 phơng trình C-M ở
trạng thái 1 ta có:
3

3

1

P1 V1 =

m RT1
m
RT1 , suy ra: V1 =
.. .
à P1
à

0,5

Thay số: m = 1g; à = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T1 = 300K và P1 = 2.105 Pa
ta đợc:

V1 =

2

1 8,31.300
= 3,12.10 3 m3 .
5
4 2.10

. . .. .

Từ hình vẽ ta xác định đợc chu trình này gồm các đẳng quá trình sau:
1 2 là đẳng áp; 2 3 là đẳng nhiệt;
3 4 là đẳng áp; 4 1 là đẳng tích.
Vì thế có thể vẽ lại chu trình này trên giản đồ P-V (hình a) và trên giản đồ V-T
(hình b) nh sau:
(Mi hỡnh v ỳng cho 0,5)

0,25

0,25

0,5
+
0,5

Ghi chỳ: nu HS thay 1atm = 105Pa, R=0,082 thỡ V4=3,075 l;
V2=6,15 l;V3=12,3 l.
4

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.
T (2), (3) v (4) rỳt ra:
Fms =

1
.cos (4) .. .
2

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

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


Để thanh không trượt thì: Fms ≤ µN ………….. ……………. …….
0,25

sin α .cos α
→µ≥
đúng với mọi góc α;
1 + sin 2 α
Ta có:
sin α .cos α
sin α .cos α
sin α .cos α
1
=
≤
=
……………..
0,5
2
2
2
1 + sin α
cos α + 2sin α 2 2 sin α .cos α 2 2
Vậy để nâng thanh đến vị trí thẳng đứng mà đầu dưới không bị trượt thì: µ ≥

1

2 2

.

F α
B

N
A

α

P

Fms

-------------HẾT------------

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 20122013
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ
ĐỀ CHÍNH
(Dành cho học sinh THPT Chuyên)
THỨC


Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1. Tại đầu một tấm ván người ta đặt một vật nhỏ có khối
lượng bằng hai lần khối lượng tấm ván. Đẩy cho cả hai chuyển
động với cùng vận tốc v0 theo phương ngang hướng về phía bức
tường thẳng đứng (Hình 1). Vectơ vận tốc hướng dọc theo tấm
ván và vuông góc với tường. Coi va chạm giữa tấm ván và
tường là tuyệt đối đàn hồi và tức thời, còn hệ số ma sát giữa vật
và ván bằng µ, bỏ qua ma sát giữa tấm ván và sàn. Hãy tìm độ dài cực tiểu của tấm
ván để vật không bao giờ chạm vào tường.

Câu 2. Một sợi dây nhẹ không dãn dài l, một đầu cố định, đầu kia treo vật nhỏ khối
lượng m. Kéo vật sao cho dây hợp với phương thẳng đứng góc α (0o <α< 90o, vật ở

phía dưới điểm treo) rồi thả vật không vận tốc đầu. Bỏ qua mọi ma sát.
1. Nếu gia tốc của vật ở vị trí thấp nhất và cao nhất có độ lớn bằng nhau thì góc α bằng bao n
2. Tại vị trí dây treo lệch góc β (β<α), vận tốc dài có thành phần thẳng đứng vy cực đại, tính
3. Khi đến vị trí thấp nhất, vật va chạm đàn hồi xuyên tâm với vật thứ hai giống hệt nó, đang
đỉnh một bán cầu bán kính R. Ngay sau va chạm, vật hai rời khỏi bán cầu. Tính bán kính R th
Câu 3. Xi lanh có tiết diện trong S =100 cm2 cùng với pittông p
và vách ngăn V làm bằng chất cách nhiệt (Hình 2). Nắp K của
vách mở khi áp suất bên phải lớn hơn áp suất bên trái. Ban đầu
phần bên trái của xi lanh có chiều dài l=1,12 m chứa m1=12 g khí
Hêli, phần bên phải cũng có chiều dài l=1,12 m chứa m2=2 g khí
Hêli và nhiệt độ cả hai bên đều bằng T0 =273 K. Ấn từ từ pittông
sang trái, ngừng một chút khi nắp mở và đẩy pittông tới sát vách V.
Tìm công đã thực hiện biết áp suất không khí bên ngoài P0 =105
N/m2 nhiệt dung riêng đẳng tích và đẳng áp của Hêli bằng: Cv =
3,15.103 J/kg.độ; Cp=5,25.103J/kg.độ. Bỏ qua mọi ma sát.

V
K
Hình
2

Câu 4. Trên mặt phẳng thẳng đứng (P) có vẽ một vòng tròn (C)
bán kính R tiếp xúc với mặt phẳng ngang. Một chiếc vòng M có
bán kính R lăn không trượt trên mặt phẳng ngang tiến về phía
vòng tròn (C) (Hình 3). Vận tốc của tâm O1 của vòng M là v.
Mặt phẳng của M nằm sát mặt phẳng (P). Gọi A là một giao điểm của hai vòng tròn
khi khoảng cách giữa tâm của chúng là d<2R. Tìm:
1. Vận tốc và gia tốc của A.
2. Bán kính quỹ đạo và vận tốc của điểm nằm trên vòng M tại A.
Câu 5. Trên mặt phẳng ngang có một bán cầu khối lượng m. Từ

α
điểm cao nhất của bán cầu có một vật nhỏ khối lượng m trượt
không vận tốc đầu xuống. Ma sát giữa vật nhỏ và bán cầu có thể
bỏ qua. Gọi α là góc giữa phương thẳng đứng và bán kính nối từ
Hình
tâm bán cầu tới vật (Hình 4).
4
1. Giả sử bán cầu được giữ đứng yên. Xác định vận tốc của vật,
áp lực của vật lên mặt bán cầu khi vật chưa rời bán cầu, từ đó tìm góc αm khi vật bắt
đầu rời bán cầu.

P0


2. Giả sử giữa bán cầu và mặt phẳng ngang có hệ số ma sát là µ. Tìm µ biết rằng khi
α = 30o thì bán cầu bắt đầu bị trượt trên mặt phẳng ngang.
3. Giả sử không có ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang. Tìm α khi vật rời khỏi
bán cầu.
-------------Hết-----------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì
thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….


SỞ GD&ĐT VĨNH
PHÚC
(Đáp án có 06
trang)
Câu

1

Ý
2đ

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 20122013
ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÝ
(Dành cho học sinh THPT Chuyên)

Nội dung
Để vật không chạm tường thì nó phải
v0
không rời ván. Sau khi va chạm với
tường, ván có vận tốc v0 hướng ngược
Hình
lại. Do vật không rời ván nên áp dụng
1
định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng, ta có :
2mv0 − mv0 = 3m.v1 , µ .2mg.x1 =

Điểm

1
1
⋅ 3m ⋅ v02 − ⋅ 3mv12 .........................
2
2

0,5

Trong đó v1 là vận tốc khi vật và ván chuyển động như một vật trở
lại tường, x1 là quãng đường vật đi được trên ván. Suy ra:
v1 =

v0
2v 2
; x1 = 0 , khi vật và ván chuyển động như một vật lao vào
3
3µg

tường, quá trình diễn ra giống hệt như trên, vật đi thêm quãng
2

đường

x2

trên

V 
2 1 
v
1
3
v2 = 1 ; x2 =   ⋅
3
3µg g

ván:

...................................................
Quá trình như vậy lặp lại nhiều lần, và tổng quãng đường vật đi
được trên ván là : s = s1 + s2 + ... + sn =

2v02  1 1
1
1 + + 2 + ... + n 
3µg  9 9
9 

1
2
2v
9 n = 3v0 1 − 1 
=
⋅
...........................................................
3µg 1 − 1 4 µg  9 n 
9
2
0

0,5

1−

0,5

Để vật không rời ván thì độ dài ván lớn hơn hoặc bằng quãng đường
3v02

s=
. Vậy để vật không
s sau nhiều lần va chạm ( n → ∞ ) : l ≥ nlim
→∞
4 µg

va vào tường độ dài tối thiểu của ván là l =
2

1
0,75
đ

3v02
4 µg

....................................
Gọi aA và aB là gia tốc toàn phần tại A và B
a = a 2 + a 2
tA
nA
 A
..............................................................

a B = a 2tB + a 2nB

0,5

0,25

Vì anA = 0 ; atB = 0 nên theo giả thiết aA = aB thì atA = anB
⇒ gsinα =

v 2B
⇒ v 2B = gsinα


(1)....................
Chọn mốc tính thế năng qua B, Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng
cho vật tại A và B WA = WB
⇒ mg(1 − cosα ) =

1
mv 2B ⇒ v 2B = 2g(1 − cosα )
2

0,25

(2)

sinα = 0(loai)
(1),(2) ⇒ gsinα = 2g(1 − cosα ) ⇒ 
....................
4
sinα = → α = 53,130
5


0,25

O
y
α
β
A


TC
C

2
0,75
đ


P



x

B

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại A và C
1
mvC2 + mg(1 − cosβ ) ⇒ vC2 = 2g( cosβ − cosα ) (3) .... ….
2
 


Áp dụng định luật II Niutơn cho vật P + TC = ma
mg(1 − cosα ) =

Theo phương hướng tâm CO : − Pcosβ + TC =

mvC2


(4)

(3),(4) ⇒ TC = mg(3cosβ − 2cosα )

(5)

Theo phương thẳng đứng Cy : − P + TCcosβ = ma y → a y =
mg

Do vCy đạt cực đại nên aCy=0, TC = cosβ

TCcosβ − P
m

(6)

…………….. ….. …
Từ 4,5 và 6 ta có
⇒ mg(3cos β − 2cosα ) =

0,25

0,25

mg
cosβ

⇒ 3cosβ2 −2cosαcosβ −1 =0
cosβ ≈ 0,81 → β = 360

0
cosβ ≈ −0,41 → β = 114 (loai)

…………….. ………………………..
0,25
3
0,5đ

Do m1=m2 nên sau va chạm hai vật trao đổi vận tốc
v 22 = v 2B = 2g(1 − cosα )
(7)


Áp dụng định luật II Niutơn cho vật 2 sau va



chạm : P2 + N 2 = ma 2 ; theo phương hướng tâm


N2


m1 m2 v
2

'
2
OP

P − N 2 2gl (1 − cosα )
P2 − N 2 v 22
=
a2 =
=
(8) ⇒ 2
m
R
m
R
2l
→ N 2 = mg(1 + (cosα − 1)) ..........................
R

0,25

Sau va chạm vật 2 rời khỏi bán cầu nên:
2
(cosα − 1)) = 0
R
Vậy: R = 2(1 − cosα ) = 0,8 ..... ………………..

N 2 = 0 → mg(1 +

0,25

……………….. .......
3

2đ

m R.T

Lúc đầu áp suất khí bên trái P1 = μ1 . lS 0 lớn hơn áp suất bên phải
vách
m R.T

P2= μ2 . lS 0 ................ ........................................... ...............

0,25

Khối khí bên phải bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V0 = lS xuống V1, áp
suất của nó tăng lên đến P1:
1

P2V0g

1

 P2  γ
 m2  γ
 
 

P1 
g

= P1 V1 → V1 = V0
= V0  m1  (1)... .........................

0,25

1− γ
 γ

 m2
P1V1


T0
m
P
V
Khi đó nhiệt độ ở bên phải: T1 = 2 0
= T0  1 

=559K

0,25

(2).......
Sau khi nắp K mở hai khí hoà trộn vào nhau và có cùng nhiệt độ T2:
Cvm1(T2- T0) = Cvm2(T1 - T0)
1



m1T0 + m 2 T1
m1   m 2  γ 
→ T2 = m + m
= T0 m + m 1 +  m   =314K
1
2
1
2
  1  

(3) ..................
Sau đó lượng khí m = m1 + m2 bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V = V0 + V1
đến V0 , nhiệt độ tăng từ T2 đến T, ta có : T. V0g -1 = T2(V0 + V1)g -1
(4)……… ……
Thay (1) và (3) vào (4) ta được:

T = T2

 V0 + V1 


 V0 

γ −1

1



m1.T0   m 2  γ 

=
1+ 
m1 + m 2   m1  



γ

=382K

0,25

0,25

0,25


4

1
1đ

(5) ........................
Công do lực tác dụng lên pittông và áp suất khí quyển P0 thực hiện
làm tăng nội năng của chất khí bị nén đoạn nhiệt:
A= A1 + A2 = ∆U = Cv(m1 + m2) (T- T0)
(6),
với A1 = P0S.l ........................ ........................

Thay (5) vào (6), rồi thay số vào ta được A2 = 3687
(J). .. . .. . . .. . .. ..
(Học sinh có thể tính sai số ±20 J)
Giao điểm A dịch chuyển trên đường tròn C với vận tốc vA tiếp
tuyến với C, hình chiếu lên phương ngang là vx =
v/2.............. .............. ................ .....
v
vA =
R 2 − d2 / 4
. Vậy:
d 2 .. .................
2 1−
R
4R 2

v/2 = vAcosα = vA

A

v

a

O1

0,25
0,25

vA

α v
x
α aht

M

0,25
0,25

C

O2

r

Vì thành phần vận tốc của v A theo phương ngang không đổi nên gia
tốc của A hướng thẳng đứng và thành phần của gia tốc này lên
phương bán kính O2A là gia tốc hướng tâm:
v2
a ht = a.cosα = A →
R

…..

v 2A
v2
v2
=
=
a=

…..
Rcosα 4.R.cos3α 4R(1 − d 2 / 4R 2 )3/ 2

0,5