BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
(Đề thi gồm có 02 trang)

ĐỀ THI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
MÔN: VẬT LÝ - 10
NĂM 2014
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian
giao đề)

Bài 1(5 điểm). Một quả bóng bàn bắt đầu rơi tự do từ độ cao h so với mặt sàn. Sau
khi va chạm chạm với mặt sàn nó lại nảy lên nhưng mất đi một phần động năng.
Tính thời gian chuyển động của quả bóng bàn nếu coi rằng tỉ số của độ lớn vận tốc
của nó sau và trước mỗi lần va chạm với mặt sàn không đổi và bằng e( e < 1). Gia
tốc rơi tự do bằng g.
Bài 2( 5 điểm). Ba vật 1,2,3 có khối lượng m1 , m2, m3 xếp chồng lên nhau thành
một khối ( Hình 1). Mặt A( tiếp xúc giữa 1 và 2) có hệ số ma sát nghỉ là μA. Mặt B
(tiếp xúc giữa 2 và 3) có hệ số ma sát nghỉ là μB.
a. Vật 3 được kéo sang phải sao cho gia tốc của nó tăng dần. Trên mặt nào sẽ
xảy ra chuyển động tương đối giữa các vật trước.
b. Giải lại câu a trong trường hợp vật 3 được kéo sang trái.
c. Nếu µ A = 0,5; µ B = 0,8 thì trị số góc α phải bằng bao nhiêu để xảy ra trượt trên
mặt B trước khi kéo vật 3 sang phải và để xảy ra trượt trên mặt A trước khi
kéo vật 3 sang trái.
Bài 3( 4 điểm). Biết một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử khi tăng nhiệt độ
2, 014

lên 1 độ thì nội năng tăng thêm 1,5R. Có 8,31 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử
thực hiện một vòng tuần hoàn như hình 2.

a. Tính nhiệt độ cao nhất của chu trình
b. Quá trình từ C đến D là quá trình chất khí thu hay tỏa nhiệt và nhiệt
lượng trao đổi đó là bao nhiêu bao nhiêu?

1


P(105N/m2)
B
4

1

A

A

C

3

2

2

B

D

3


α
O

2

3

4

V(l)

Hình 2

Hình 1

Bài 4( 4 điểm). Một thanh đồng chất
chiều dài h nằm trên mặt phẳng nghiêng
nhẵn có góc nghiêng α , đầu dưới của

h

thanh tựa trên một mặt nhám. Đầu trên
của thanh được nối với sàn nhờ sợi dây

l

α

nhẹ không giãn. Biết l = 2h.

Tìm điều kiện hệ số ma sát ở đầu dưới
của thanh để nó cân bằng.
Bài 5( 2 điểm). Thiết kế phương án thí nghiệm để xác định khối lượng của viên
bi. Cho các dụng cụ sau đây: Hai viên bi( Một trong hai viên đã biết khối lượng),
bột dẻo, giá thí nghiệm, thước đo độ, hai sợi dây cùng chiều dài.
----- Hết -----Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh ................................................... Số báo danh ...............................

2


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN
(Đáp án gồm có 07 trang)

Bài

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
MÔN: VẬT LÝ 10
NĂM 2014

Đáp án
Quả bóng rơi tự do nên thời gian từ lúc rơi đến lúc chạm

Điểm

2h
.
g


sàn lần đầu tiên là t0 =

Gọi vận tốc trước và sau lần va chạm đầu tiên là v và v1.
Ta có: v 2 = 2 gh và
1

v1
=e
v

1

Sau khi va chạm lần 1 quả bóng nảy lên tới độ cao h1 rồi
v12 e 2 v 2
=
= e2 h
lại rơi xuống: h1 =
2g
2g

Do lực cản của không khí bỏ qua nên độ lớn vận tốc của
bóng trước va chạm thứ 2 là v1 và thời gian giữa hai lần va
2h
2h
chạm thứ nhất và thứ 2 là: t1 = 2 1 = 2e
g
g

1


Tương tự thời gian ngắn nhất giữa va chạm thứ 2 và thứ 3
là: t2 = 2e 2

2h
và thời gian ngắn nhất giữa va chạm thứ n
g

1
và thứ n+1 là : tn = 2en

2h
g

Vậy thời gian từ lúc rơi đến va chạm thứ ( n+1) là:
1

3


2h
2h
2h
2h
+ 2e
+ 2e 2
+ ....... + 2e n
g
g
g

g

t = t1 + t2 + ...... + tn =
=

2h
2(1 + e + e2 + .... + en ) − 1)
(
g

Thời gian chuyển động của quả bóng từ lúc bắt đầu rơi tới
khi dừng hẳn : tn→∞ =
2

1

1 + e 2h
1− e g

a. Xét 3 vật đứng yên tương đối với nhau, có cùng gia
tốc a hướng sang phải. Đầu tiên có thể tính được ma
sát tĩnh trên A là fA = m1a.
Đối với vật 2 phân tích lực như HV.

fB

N2

fA


α

y

1,5

m2a
O

x

Theo định luật II Niu – tơn ta có:
Theo phương Ox:
f B cos α − f A − N 2 sin α = m2 a

Theo phương Oy:
f B sin α + N 2 cosα = (m1 + m2 ) g

Từ đó ta được :

4


f B = ( m1 + m2 ) ( a cos α + g sin α )

N 2 = ( m1 + m2 ) ( g cos α − a sin α )

f Bmax = µ B N 2 = µ B ( m1 + m2 ) ( g cos α − a sin α )

Do đó:

fA
f Amax

=

m1 a
f
a
acosα + g sin α
=
; B =
µ A m1 g µ B g f Bmax µ A ( gcosα − a sin α )

Đối với vật 1, gia tốc tối đa là a1max do đó:

1,5

f1max = µ A m1 g = m1a → a1max = µ A g

Vì khi a > a1max trên mặt A phát sinh chuyển động tương
đối.
Đối với vật 2: f B max = µ B N 2 thay vào các công thức trên ta
có:

( µ B N 2 sin α + N 2 cosα ) = ( m1 + m2 ) g
µ B N 2 cosα − m1 a2 max − N 2 sin α = m2 a2 max
a2 max =

ta có:


µ B cosα − sin α
g
µ B sin α + cosα
µ cosα − sin α

B
Do đó với a2 max ≥ µ sin α + cosα g thì trên B sẽ có sự
B

chuyển động tương đối
µ cosα − sin α

B
Nếu a1max < a2max tức là µ A < µ sin α + cosα g thì chuyển
B

động trên mặt A trước;
µ cosα − sin α

B
Nếu a1max > a2max tức là µ A > µ sin α + cosα g thì chuyển
B

động trên mặt B trước.

5


µ cosα + sin α


B
b. Thay góc α = - α thì µ A < µ sin α − cosα g thì trên
B
mặt A có sự chuyển động trước.
c. Nếu μA = 0,5 và Nếu μB = 0,8 thì thay vào trên

0,8cosα − sin α

có: 0,5 < 0,8sin α + cosα g
Do đó ta có αmin = 12,10 ( góc nghiêng này không

2

lớn hơn góc ma sát)
3

1

P(105N/m2)
4

B
H

3

A
C

2

D
E

O

2

3

4

V(l)

Hìnhtròn
2 có tâm nằm trên
Chu trình tuần hoàn là vòng

đường phân giác của góc phần tư thứ nhất mà đường
cong đẳng nhiệt trên hệ PV nhận làm trục đối xứng.
Gọi H là tiếp điểm của chu trình với đường đẳng nhiệt
cao nhất, TH là nhiệt độ cao nhất cần tìm:
TH =

pH VH
nR

từ đồ thị ta có:

6



( 3 + 1.sin 450 ) .105  ( 3 + 1.cos450 ) .10 −3 

 = 682, 4 K
TH = 
2, 014
.8,31
8,31
Tính nhiệt độ tại C và D:
pCVC 3.105.4.10−3
TC =
=
= 595,8 K
2, 014
nR
.8,31
8,31
p V
2.105.3.10−3
TD = D D =
= 298K
2, 014
nR
.8,31
8,31

1

Sự thay đổi nội năng trong quá trình CD:
∆U CD = n.1,5 R (TD − TC ) = −7476 J


Dấu (-) biểu thị nội năng giảm. Trong quá trình CD áp
suất khí giảm nên môi trường đã thực hiện một công
dương đối với chất khí. Công này có trị số bằng diện

1

tích hình thang cong CDEF. trên hình vẽ mỗi đơn vị
diện tích bằng 105. 10-3 = 100J:

π .12 
A
=
3
×
1
−
.100 = 221,5 J
(
)
Vậy:

4 


1

Theo nguyên lý I NĐLH ta có: Q + A = ∆U nên
Q = 7697,5J.
Khí hấp thụ nhiệt lượng 7697,5J

4

B

2

Các lực tác dụng lên thanh như HV: T
D

h

A

mg
l

C

Fms

E

N
7


Theo phương ngang và phương thẳng đứng ta có:
Fms = Tcosβ ( 1)

N = mg + T sin β ( 2 )


Với điều kiện: Fms ≤ µ N ⇒ T cos β ≤ µ ( mg + T sin β ) ( 3)
mg cos α

Chọn trục quay tại B ta được T = 4sin β ( 4 )
cos α

Từ (3) và (4) suy ra: µ ≥ tan β (4 + cosα ) ( 5)
Từ hình vẽ ta lại có: tan β =

1

h sin α
sin α
=
l + h cos α 2 + cos α

1

(2 + cos α )cosα
Thay vào (5) ta được: µ ≥ (4 + cosα )sin α

5

Buộc một viên bi có khối lượng m1 vào 1 sợi dây dài l,
kéo lệch nó đi một góc α1 đo bằng thước đo góc và buông
ra. Tại điểm thấp nhất của quỹ đạo chuyển động viên bi m1
chúng ta treo viên bi chưa biết khối lượng m2 có gắn một
mẩu bột dẻo khối lượng


∆m

rất nhỏ.

Khi chuyển động viên bi khối lượng m1 va chạm vào viên
bi khối lượng m2 do có bột dẻo nên va chạm của các quả
cầu là va chạm mềm, sau đó chúng dính vào nhau nghiêng
đi một góc nào đó bằng

α2

theo định luật bảo toàn động

lượng
m1v1 = (m1 + m2 + ∆m)v2

1

Ta tìm được vận tốc v1 của viên bi đã biết khối lượng vào
lúc va chạm từ định luật bảo toàn cơ năng
m1 gh1 =

m1 2
v1 => v1 = 2 gh1 = 2 gl (1 − cosα 1 )
2

8


Vì khối lượng


∆m

rất nhỏ nên có thể bỏ qua. Tương tự tìm

được v2

v2 = 2 gh 2 = 2 gl (1 − cosα 2 )
Thay v1 và v2 vào (1) ta tìm được:


m2 = m1 



α1 

 S in 2 ÷
1 − cosα 1 
− 1÷ ⇒ m2 = m1 
− 1÷
α
1 − cosα 2 ÷
2
 Sin
÷÷

2



1

9