TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ
KHỐI 10
(Đề thi này có 2 trang, gồm 5 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề )

Bài 1: (5 Điểm)
Cho hệ cơ học như hình vẽ: Nêm có khối lượng M, góc nghiêng α. Trên mặt nêm có hai vật có
khối lượng m1 và m2 (m1 > m2). Bỏ qua khối lượng của ròng
rọc và dây.
1) Giữ nêm cố định. Biết hệ số ma sát giữa hai vật với
nêm là k.

m1

a) Tìm giá trị cực đại của góc α để hai vật đứng yên.

m2

M

α

b) Góc α > αmax (ở câu a). Tính gia tốc của hai vật.

Hình 1

2) Trường hợp không có ma sát giữa hai vật và nêm,
giữa nêm và sàn ngang. Tính gia tốc tương đối a m của hai vật
với nêm và gia tốc aM của nêm đối với sàn.
Bài 2: (5 Điểm)
Trên mặt sàn nằm ngang, nhẵn có một xe lăn
khối lượng m1= 4kg, trên xe có giá treo. Một sợi dây
không dãn dài l= 50 cm buộc cố định trên giá, đầu kia
sợi dây buộc quả bóng nhỏ khối lượng m. Xe và bóng
đang chuyển động thẳng đều với vận tốc v0 =3 m/s thì
đâm vào một xe khác có khối lượng m2 = 2kg đang đứng
yên và dính vào nó. Biết rằng khối lượng bóng rất nhỏ,
có thể bỏ qua so với khối lượng hai xe. Bỏ qua ma sát
của hai xe với sàn, lấy g = 10m/s2.

l

m
m1

r
v0

m2

Hình 2

a) Tính góc lệch cực đại của dây treo quả bóng
so với phương thẳng đứng sau khi va chạm.
b) Tìm giá trị tối thiểu của vận tốc ban đầu v 0 để quả bóng có thể chạy theo hình tròn

trong mặt phẳng thẳng đứng quanh điểm treo.

1/8


Bài 3: (4 Điểm)
Hai máng OA và OB nằm trong một
mặt phẳng thẳng đứng và nghiêng góc α1 và
α 2 so với đường nằm ngang. Một thanh
đồng chất MN có trọng lượng P tì lên hai
máng (hình 3). Bỏ qua ma sát giữa thanh và
máng. Ở vị trí cân bằng thanh MN nghiêng
góc β so với đường nằm ngang.

B
N

A
β

M

α1

O

α2

Hình 3


a) Tìm góc nghiêng β theo α1 và α 2 .
b) Áp dụng bằng số: α1 =300; α 2 =450.
Bài 4: (4 Điểm)
Một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện
chu trình như hình vẽ. Trạng thái A, B cố định, C có thể
thay đổi, nhưng quá trình AC là đẳng áp.
a) Tính công lớn nhất của chu trình nếu nhiệt độ
giảm trong suốt quá trình BC?
b) Tính hiệu suất của chu trình trong trường hợp
này?

Hình 4
Bài 5: (2 Điểm)
Một cốc đong trong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên
trong của cốc là V0. 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 của cốc. Yêu cầu:
1. Nêu các bước thí nghiệm. Lập bảng biểu cần thiết.
2. 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).

....................................................Hết....................................................
Nguyễn Ngọc Thắng – ĐT 0917879171

2/8


TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ
KHỐI 10

Bài 1: (5,0đ)
Ý
1a

1b

Nội dung
1) Nêm đứng yên.
a) Tính aMAX để hai vật đứng yên.
Vì m1 >m2 nên vật m1 có xu hướng trượt trước.
m1. g .sin α − T − Fms1 = 0
m2. g . sin α − T + Fms 2 = 0
⇒ Fms1 + Fms 2 = (m1 − m2 ).g .sin α
Mà ⇒ Fms1 + Fms 2 < ( m1 + m2 ).g .sin α
k (m1 + m2 )
k (m1 + m2 )
Suy ra: tan α ≤
=> tan α max =
(1)
m1 − m2
m1 − m2
b) α > αmax tính gia tốc của hai vật.
m1 g sin α − T − km1 .g . cos α = m1 .a

− m2 .g .sin α + T − km2 .g . cos α = m2 .a
=> a =


2

Điểm

1

0.5

1

(m1 − m2 ).g.sin α − k .(m1 + m2 ).g. cos α
(2)
m1 + m2

2) Không có ma sát
→

Gọi gia tốc của hai vật đối với nêm là a ; gia tốc của nêm đối với đất là
→

aM
Ta có phương trình chuyển động cho ba vật là:
→
→
→
 → →
m
(
a

+
a
)
=
P
+
N
+
T
M
1
1
1
 1
→ →
→
→
→

m
(
a
+
a
)
=
P
+
N
+

T
M
 2
2
2
2
 →
→
→
→
→
→
M a M = P + N1 + N 2 + 2T + N

Chiếu lên các trục ox và oy của các phương trình ta có:
 N1 sin α − T cos α = m1 (a.cos α + aM )(1)

 N 2 sin α − T cos α = m2 (−a.cos α + aM )(2)
− m1 .g + N1 . cos α + T .sin α = −m1 .a.sin α (3)

− m2 .g + N 2 . cos α + T .sin α = − m2 .a.sin α ( 4)
2T . cos α − N1 sin α − N 2 sin α = M .a M (5)
Từ (1) và (2):
( N1 − N 2 ). sin α = (m1 + m2 )a. cos α + (m1 − m2 ).a M (6)
( N1 + N 2 ).sin α − 2T . cos α = (m1 − m2 )a. cos α + (m1 + m2 )a M (7)
3/8

0.5

0.75


0.75


Từ (3) và (4): (m1 − m2 ).g − ( N1 − N 2 ) cosα = (m1 + m2 )a. cos α (8)
Từ (5) và (7): − M .a M = (m1 − m2 ).a. cos α + (m1 + m2 ).a M
(m1 − m2 ).a. cosα
(9)
Hay a M = −
(m1 + m2 + M )
 (m + m2 ).M + 4m1 .m2 
Thay (9) vào (6): ( N1 − N 2 ).sin α =  1
 a. cos α
M
+
m
+
m
1
2


(10)
Giải hệ (8) và (10) ta có:
( M + m1 + m2 )(m1 − m2 ) g .sin α
a=
M (m1 + m2 ) + (m1 + m2 ) 2 sin 2 α + 4m1m2 cos 2 α
aM =

0.5


( m1 − m2 ) 2 g .sin α . cos α
M (m1 + m2 ) + (m1 + m2 ) 2 sin 2 α + 4m1m2 cos 2 α

Bài 2: (5,0đ)
Ý
a

b

Nội dung
- Vì vận tốc của bóng rất nhỏ nên áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta
m1
m1v 0 = (m1 + m 2 )v ⇒ v =
v 0 = 2 m/s.
có:
m1 + m 2
- Ngay sau va chạm, vận tốc của hai xe là 2 m/s, nhưng vận tốc của qủa
bóng vẫn là 3 m/s. Như vậy vận tốc bóng đối với xe sau va chạm là v b =
1m/s.
- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng trong hệ quy chiếu gắn với xe (hệ
quán tính):
v 2b
1
2
mv b = mgl(1 − cos α) ⇒ cos α = 1 −
= 0,9 ⇒ α ≈ 25,840
2
2gl
- Gọi vb’ là vận tốc bóng đối với xe ở điểm cao nhất.

- Điều kiện bài toán là T ≥ 0 . Khi v0 có giá trị tối thiểu thì ở điểm cao nhất
T = 0.
v2
- Khi đó: mg = m b' → v 2b' = gl .
l
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng trong hệ quy chiếu gắn với xe:
1
1
5
mv 2b = mv 2b' + 2mgl = mgl → v b = 5gl
2
2
2
m2
m + m2
v0 → v 0 = 1
5gl
Mặt khác: v b = v 0 − v =
m1 + m 2
m2

Điểm
1

0.5

1

0.5
0.5

1
0.5

Bài 3: (4,0đ)
Ý

Nội dung

4/8

Điểm


a. Vẽ hình, phân tích lực

ur
N2

ur
N1
a

B

N

A

β
M

α1

u
r
P

0.5

α2
x

O

Thanh cân bằng với trục quay qua M:
l
↔ P. . cos β = N 2 .l.sin(900 − (α 2 − β ))
2
MP/M=MN2/M
P
↔ . cos β = N 2 . cos(α 2 − β )
2
(1)
Thanh cân bằng với trục quay qua N:
l
↔ P. . cos β = N1.l.sin(900 − (α1 + β ))
2
MP/N=MN1/N
P
↔ . cos β = N1. cos(α1 + β )
2

(2)
N1 cos(α 2 − β )
=
Từ (1) và (2) ta có:
(3)
N 2 cos(α1 + β )
r r r r
Thanh cân bằng: P + N1 + N 2 = 0 (4)
Chiếu (4) lên trục Ox ta được: N1 sin α1 = N 2 sin α 2 (5)
sin α 2 cos(α 2 − β )
=
Từ (3) (5) ta có:
sin α1 cos(α1 + β )
sin α 2 cos α 2 cos β + sin α 2 sin β
↔
=
sin α1 cos α1 cos β − sin α1 sin β
Biến đổi được:
b

tan β =

1 1
1 
−
(6)

2  tan α1 tan α 2 

b. Thay α1 =300; α 2 =450 vào (6) tìm được β =200


5/8

0.5

0.5

0.5
0.5

0.5

0.5
0.5


Bài 4: (4,0đ)
Ý

a

Nội dung
Để công của chu trình ABC là lớn nhất thì thể tích của khí ở trạng thái C là
lớn nhất.
Phương trình biến đổi áp suất theo thể tích của khí trên BC là:
P = aV + b
(1)
d
Trong đó a, b là các hệ số được xác định:
Tại B: P = 4P0, V = 4V0.

Vạch
Tại C: P = P0, V = VC.
chia
Thay các giá trị trên vào phương trình (1) ta tính được các hệ số a, b

a=−

4 ( VC − V0 )
3P0
, b = P0
VC − 4 V0
VC − 4 V0

Sự phụ thuộc của nhiệt độ theo thể tích trên quá trinh BC:

T=
Nhiệt độ lớn nhất khi:

Công lớn nhất của chu trình:

( VC − VB ) ( P
2

S

0.5

hn
0.5


a 2 b
V +
V
nR
nR

4 P0 ( VC − V0 )
4 VC − V0
2
Vm = −
= ( VC − V0 )
2.3P0
3
−
VC − 4 V0
Để nhiệt độ luôn giảm trên BC thì VB ≥ Vm
2
4 V0 ≥ ( VC − V0 )
3
VC ≤ 7V0
VC = 7V0
Vậy thể tích tại C lớn nhất
Amax =

Vt

Điểm

B − PC ) =


( 7V0 − V0 ) 3P0
2

0.5

0.5

0.5

Amax = 9 P0 V0
Quá trình AB khí nhận nhiệt

Q1 = A + ∆U
VB − VA
3
( PB + PA ) + nR( TB − TA )
2
2
4V − V
3
= 0 0 (4 P0 + P0 ) + (16 P0 V0 − P0 V0 )
2
2
Q1 = 30 P0 V0
=

b

Quá trình BC có nhiệt lượng trao đổi


0.5

0.5
6/8


Q2 = A + ∆U
VC − VB
3
( PB + PC ) + nR( TC − TB )
2
2
7V − 4 V0
3
= 0
(4 P0 + P0 ) + (7 P0 V0 − 16 P0 V0 )
2
2
Q1 = −13,5P0 V0
=

Vậy quá trình BC khí nhận nhiệt.
Quá trình CA khí nhận nhiệt.
Hiệu suất của chu trình

A 9 P0 V0
H=
=
= 30%
Q1 30 P0 V0


0.5

Bài 5: (2,0đ)
Ý

1

2

Nội dung
Phương án và các bước:
Cho nước vào bình với thể tích V 1, thả bình vào chậu, xác định mực
nước ngoài bình hn1 (đọc trên vạch chia).
Tăng dần thể tích nước trong bình: V 2, V3, ... và lại thả bình vào
chậu, xác định các mực nước hn2, hn3, ...
Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng.
*Lập bảng số liệu:
hn1
hn2
V1
V2
d
S
ρb
...
...
...
...
...

...
...
...
...
...
...
...
...
...

Điểm

Các biểu thức
Gọi hn là mực nước ngoài bình, ρ là khối lượng riêng của nước, mt và Vt
tương ứng là khối lượng và thể tích nước trong bình. Phương trình cân bằng
cho bình có nước sau khi thả vào chậu:
ρg(d+hn)S = (M+mt)g
→ ρ(d+hn)S = M+Vt ρ
(1)
Từ (1) ta thấy hn phụ thuộc tuyến tính vào Vt. Thay Vt bởi các giá trị V1,
V2,...
ρ(d+hn1)S = M+V1ρ
(2)
ρ(d+hn2)S = M+V2ρ
(3)
...
Đọc hn1, hn2,... trên vạch chia thành bình. Lấy (3) trừ (2) rồi rút S ra:
S = (V2-V1)/(hn2-hn1)
(4)
Thay đổi các giá trị V2, V1,hn2, hn1 nhiều lần để tính S.

Sau đó lắp vào (2) để tính d:

1

7/8

1


d=

( M + V1 ρ )(hn 2 − hn1 )
M + V1 ρ
− hn1 =
− hn1 (5)
ρS
ρ (V2 − V1 )

8/8