TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ GIANG
TỈNH HÀ GIANG
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LI
KHỐI 10
(Đề này có 02 trang, gồm 5 câu

Câu 1. ( 5,0 điểm)
Câu bé B đang ở ban công. Câu bé A đang ở dưới đất và ném một quả bóng lên.
Quả bóng sau khi vạch một đường cong rơi trúng chân cậu bé B và mất một
khoảng thời gian 1s. Biết rằng các véctơ vận tốc của quả bóng khi ném và lúc
rơi trúng chân cậu bé B vuông góc với nhau. Lấy g = 10m/s 2, bỏ qua sức cản của
không khí.
a) Tính khoảng cách giữa hai cậu bé.
b) Câu bé B phải ném trở lại với tốc độ nhỏ nhất bằng bao nhiêu để bóng trúng
chân cậu bé A, nếu biết độ cao của ban công là 3m ?
Câu 2 (5,0 điểm)
Quả cầu nhỏ M có khối lượng m = 100g được treo tại A bởi một dây chiều dài
l = 81cm . Tại O thấp hơn A khoảng

l
có một chiếc đinh, AO có phương thẳng
2

đứng. Kéo quả cầu đến vị trí dây AM nằm ngang rồi buông tay.
a, Tính lực căng của dây ngay trước và sau khi vướng đinh.
b, Hỏi ở điểm nào trên quỹ đạo, lực căng của dây treo bằng không? Sau đó qủa
cầu chuyển động như thế nào, lên tới độ cao lớn nhất là bao nhiêu?
Câu 3. ( 4,0 điểm)

Trong một ống hình trụ thẳng đứng với hai tiết diện khác nhau có hai pít tông
nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ không dãn. Giữa hai pít tông có 1 mol khí lí
tưởng. Pít tông trên có diện tích tiết diện lớn hơn pít tông dưới
S

là ∆S = 10cm 2 . Áp suất khí quyển bên ngoài là p0 = 1atm . Biết

1

khối lượng tổng cộng của hai pít tông là 5 kg, khí không bị lọt
ra ngoài. (Bỏ qua ma sát giữa các pít tông và thành ống).
a) Tính áp suất p của khí giữa hai pít tông

S’

b) Phải làm nóng khí đó lên bao nhiêu độ
để pít tông dịch chuyển lên trên một đoạn l = 5cm?
1


Câu 4. (4,0 điểm)
Trên mặt bàn nằm ngang có một bán trụ cố định bán kính R. Trong mặt phẳng
thẳng đứng vuông góc với trục O của bán trụ ( mặt phẳng hình vẽ ) có một thanh
đồng chất AB chiều dài bằng R tựa đầu A lên bán trụ, đầu B ở trên mặt bàn.
Trọng lượng của thanh là P. Không có ma sát giữa bán trụ và thanh. Hệ số ma
sát giữa mặt bàn và thanh là k =

3
.
3


Góc α phải thoả mãn điều kiện gì để thanh ở trạng thái cân bằng?
Câu 5: (2,0 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 và
khối lượng riêng ρc của chất làm 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).
3. Lập biểu thức tính khối lượng riêng ρc của chất làm cốc qua các đại lượng
S, d, M, V0.
………………… HẾT ……………..

Người ra đề: Nhóm Vật lí trường THPT Chuyên Hà Giang
Điện thoại: Nhóm trưởng Nguyễn Toàn Thắng 01693647868
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X

ĐỀ THI MÔN VẬT LI

2


TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ GIANG
TỈNH HÀ GIANG
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

KHỐI 10

(Đáp án này có 06 trang, gồm 5 câu

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
1
a

1b

Đáp án
Chọn trục toa độ Axy như hình vẽ.
Chuyển động thành phần theo trục Ax:
vx = v0cosβ;
x = v0cosβ.t
Chuyển động thành phần theo trục Ay:
vy = v0sinβ - gt;
y = v0sinβ.t – gt2/2.
r
r
r r
Vì v0 ⊥ vB nên v0 .vB = 0 ⇒ v0x.vx + v0y.vy = 0
⇒ ( v0cosβ)2 = v0sinβ (v0sinβ – gt) (1)
AB2 = x2 + y2 = (v0cosβ.t)2 + (v0sinβ.t – gt2/2)2 (2)
Thay (1) vào (2) và t = 1s, ta được:
AB2 = - v0sinβ (v0sinβ – g) + (v0sinβ – g/2)2 = 5m.
Quả bóng do cậu bé B ném quay trở lại.
Chuyển động thành phần theo trục Ax:
vx = -v0cosβ;
x = AC - v0cosβ.t
Chuyển động thành phần theo trục Ay:

vy = v0sinβ - gt;
y = BC + v0sinβ.t – gt2/2.
Phương trình quỹ đạo của quả bóng:

1 ( AC − x )
AC − x
y = − g 2 2 + v0 sin β
+ BC
2 v0 cos β
v0cos β
Khi quả bóng rơi trúng chân cậu bé A: x = 0 và y = 0
g . AC 2
g . AC 2
2
⇒
tan β − AC.tan β +
− BC = 0 (*)
2v02
2v02
(*) là phương trình bậc hai với tanβ.

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,50

0,25

0,25

2


2 g. AC 2  g. AC 2
g 2 . AC 2 2 g.BC
−
BC
≥
0
⇔
−
−1 ≤ 0
Δ = AC 
÷
4
2
2v02  2v02
v
v
0
0

2

0,50

0,50


0,50

Vì AC và BC đẵ xác định, vậy tốc độ v0 có giá trị nhỏ nhất thỏa
mãn:

g 2 . AC 2 2 g .BC
2
−
− 1 = 0 ⇔ v04 + 2 g.BC.v0min
− g 2 . AC 2 = 0
4
2
v0
v0

0,50

Giải rat a được: v0min = g ( BC 2 + AC 2 − BC )

0,50
3


2a

Thay số: v0min = 2 5 m/s.
Tính lực căng của dây ngay trước và sau khi vướng đinh.
+Chọn gốc thế năng trọng
trường tại vị trí cân bằng
B

A
+Áp dụng định luật bảo
toàn cơ năng cho hai điểm
B, C
mv 2
O
W = W ⇔ mgl = 0
B

⇒

C

2
0

v
= 2g
l

2

(1)

D

C

+ Lực căng dây ngay
trước khi vướng định:

mv02
(2)
l
⇒ Tt = mg + m.2 g = 3mg = 3.0,1.10 = 3( N )

Tt = mg +

1,00

+ Lực căng dây treo ngay sau khi vướng đinh.
mv02
v2
=2m 0
(3)
l
l
2
⇒ Ts = mg + 2m.2 g = 5mg = 5.0,1.10 = 5( N )

Ts = mg +

Vậy lực căng của dây treo ngay trước khi vướng đinh là 3N và
sau khi vướng đinh là 5N.
2b

1,00

Hỏi ở điểm nào trên quỹ đạo, lực căng của dây treo bằng không?
Sau đó qủa cầu chuyển động như thế nào, lên tới độ cao lớn nhất
là bao nhiêu?

+ Sau khi vướng đinh, vật chuyển động như con lắc đơn có chiều
dài

l
quanh điểm treo O. Chuyển động này có hai giai đoạn:
2

- Giai đoạn I: Chuyển động tròn từ vị trí cân bằng C đến vị trí D,
tại D lực căng dây treo bằng 0.
- Giai đoạn II: Vật chuyển động như một vật bị ném xiên từ vị trí
D trở về sau.
*Tìm vị trí tại đó lực căng của dây treo bằng không.
+Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có:
mv 2
l
WB = WD ⇔ mgl =
+ mg (1 − cos α )
2
2
⇒ v = gl (1 + cos α )
(4)

0,25

0,50

+ Lực căng dây treo tại D
T / = mg cos α + m

được:


v2
v2
= mg cos α + 2m
1
l
2

(5)

+ Thay (4) vào (5), ta
0,50
4


T / = mg (3cos α + 2) (6)
⇒ T = 0 ⇔ mg (3cos α + 2) = 0
2
⇒ cos α = − ⇒ α = 1320
3
2
Vì cos α = − < 0 mà α > 0
3
0
nên α > 90 (hình vẽ)

A

/


D
O

l l
l l
+ sin γ = + (− cos α )
2 2
2 2
l l 2 5l
= + . =
2 2 3 6

H
hD

+ Độ cao của D tính từ vị trí cân
bằng C là:
hD =

0,50

h0

C

Vậy vị trí D mà lực căng dây treo bằng 0 cách vị trí cân bằng C

0,50

5l

(hay cách điểm treo A theo phương thẳng
6
5l l
đứng một đoạn hD/ = l − =
6 6
2
+ Vận tốc của vật tại D. Thay cos α = − vào (4), ta được:
3
2
10l
v = 10.0,81(1 − ) =
= 2, 7 = 1, 64( m / s)
3
3

một đoạn hD =

* Quỹ đạo chuyển động của vật kể từ D.
+ Kể từ D, vật chuyển như bị ném xiên góc θ với vận tốc đầu là
v=

10l
. Suy ra quỹ đạo của vật là đường parabol quay bề lõm
3

xuống dưới.
+ Theo kết quả bài toán vật bị ném xiên thì độ cao cực đại vật
lên được tính từ điểm ném D là:
v 2 .sin 2 θ
với

2g
sin 2 θ = cos 2 γ = 1 − sin 2 γ = 1 − cos 2 α
10l 5
2
.
 2 5
2
3
9 = 5l
⇒ sin θ = 1 −  − ÷ = ⇒ h0 =
2.10 54
 3 9

h0 =

* Độ cao cực đại vật lên được so với vị trí cân bằng là:
H = hD + h0 =

5l 5l 25l 25.81
+
=
=
= 75cm
6 54 27
27

Vậy: sau khi lên đến điểm D (lực căng dây treo bằng 0), quả cầu
tiếp tục chuyển động theo quỹ đạo parabol có bề lõm quay

0,50

0,25

25l
27
25l
2l
hay cách điểm treo A theo đường thẳng đứng là (l − ) =
.
27
27

xuống và lên tới độ cao lớn nhất cách vị trí cân bằng C là

5


3

a) Tính áp suất p của khí giữa hai pít tông
Ta có: S1 − S 2 = ∆S và m = m1 + m2
Điều kiện cân bằng của hai pít tông là:

0,50
(1)

⇔

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

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


0,50

(2)
Từ (1) và (2) ⇒

(3)
.........
(4)

⇒ ( S1 − S 2 )( p − p0 ) = ( m1 + m2 ) g = mg
mg
⇒ p=
+ p0 ≈ 1,5.105 Pa
∆S
b) Nhiệt độ cần làm nóng ∆T


F
  
F0 T P1

TF
 0 S
P2 F 2

0,50
S1

- Khi làm nóng khí thì pít tông dịch chuyển

lên trên một đoạn l. Muốn pít tông cân bằng
ở vị trí này thì p' = p (p': áp suất chất khí sau
khi dịch chuyển pít tông)
Theo phương trình Menđêleep - Clapayron
pV = nRT (n = 1)
p ' (V + ∆V ) = R (T + ∆T )
∆V
p
⇒ ∆T = T
= ∆V mà ∆V = l∆S
V
R
∆Sl
⇒ ∆T = p
≈ 0,9 K
R

4

Thanh chịu trọng lượng P, phản lực N của bán trục ở A vuông
góc với mặt trụ (đi qua 0). Phản lực Q của mặt bàn xiên góc với
phương ngang vì có ma sát, trong đó:
Q = Q N + F ; trong đó F là lực ma sát.
Ba lực Q ; N ; P cân bằng, vậy giao điểm của N ; Q phải ở trên
giá của P .
Ta có: P + Q + N = 0
(1)

0,50
0,50


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

6


0,25

y

A

R

NQQ n

O

x

B

α

0,25

0,25

PF

0,25
Tam giác OAB là cân nên góc

·
= 2α.
BAN

Chiếu (1) xuống ox ta có: Ncosα = F ;
Chiếu (1) xuống oy
: Nsinα + QN = P ;

(2)
(3)

Lấy mo men đối với B :

(4)

P

R cos α
= NR sin 2α ;
2

3
QN ;

3
Ta có 4 phương trình cho 4 ẩn N; QN; F và α.
P cos α
P
=
Từ (3) có: N =
.
2 sin 2α 4 sin α
Mặt khác :

F≤

P cot gα
F=
4

Thay vào (2) nhận được:
Thay vào (3) thu được:

0,25
0,25
0,25

(5)

0,25
0,75
(6)

3P

4

QN = P - Nsinα =

(7)

0,50

Thay (6) và (7) vào (5) có:
P
3
≤
P . Suy ra:
4 tgα
4

tgα ≥

1
3

;

hay α ≥ 30 o

Mặt khác, dễ thấy rằng, vị trí của thanh, khi đầu A của thang là
tiếp điểm với bán trụ, tạo với mặt ngang với một góc giới hạn α
= 450.. Vậy trạng thái cân bằng của thanh ứng với góc α thoả
mãn điều kiện:
30 0 ≤ α ≤ 45 0


5

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:
V2, 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
...
...
...
...
...

d
Vạch
chia

Vt


0,25
hn

S

S
...

ρb
...

0,25
7


...

...

...

...

...

...

...

Các biểu thức 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:
d=

0,25

0,25
0,25
0,25

( M + V1 ρ )(hn 2 − hn1 )
M + V1 ρ
− hn1 =

− hn1 (5)
ρS
ρ (V2 − V1 )

1. Biểu thức tính ρb:
Gọi h là độ cao, h0 là độ cao thành trong của bình; r là bán
kính trong, R là bán kính ngoài của bình; V là thể tích của chất
làm bình; St là diện tích đáy trong của bình. Ta có:
V0t V0t
S
h=h0+d; h0 = S = π r 2 ; R=r+d=
π
t

ρb =

M
M
=
=
V S (h0 + d ) − V0t

→ r=

S
−d ;
π

M


S



(

V0t
S −d π

)

2

0,25


+ d  − V0t



(6)

0,25

Nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa của ý hoặc
câu đó (được thống nhất toàn thể hội đồng chấm).

8