TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ

TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC

KHỐI 10
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)

Đề giới thiệu
(Đề thi có 03 trang, gồm 5 câu)

Câu 1. (5 điểm) _ Động học, động lực học chất điểm
Khối m = 1kg được đặt trên tấm ván M = 4kg, khối m được nối với tường cố
định bằng một sợi dây không dãn

m
r
F

như hình 1. Giữa m và M có hệ số

M

ma sát k = 0,25, giữa tấm ván M và

sàn không có ma sát. Tấm ván M
Hình 1
r
được tác dụng bởi lực F có phương nằm ngang, độ lớn không thay đổi trong suốt
quá trình khảo sát và ban đầu ván đang chuyển động thẳng đều. Lấy g =10m/s2.

r
a) Tìm lực tác dụng F và lực căng của dây nối.
b) Tấm ván M đang chuyển động với vận tốc 2m/s thì ta cắt dây nối giữa m và
tường. Mô tả chuyển động của m và M sau đó.
c) Sau bao lâu kể từ lúc cắt dây lực ma sát giữa m và M thay đổi tính chất? Tìm
quãng đường trượt của m trên ván M. Giả sử ván đủ dài để vật không rơi ra khỏi
ván.
Câu 2. ( 5 điểm) _ Các định luật bảo toàn

A

Quả cầu nhỏ A khối lượng m nằm trên đỉnh

R

của một bán cầu nhẵn bán kính R được giữ cố
định trên mặt sàn nằm ngang.
r
1. Đẩy quả cầu với vận tốc ban đầu v0 theo
r
phương ngang (hình 2). Xác định v0 để quả

r
v0

Hình 2

cầu không rời bán cầu ngay lúc đó. Tìm vị trí quả cầu rời khỏi bán cầu sau đó.
2. Giả sử khi quả cầu ở độ cao h (so với mặt phẳng ngang) thì vận tốc của nó là
r

v . Tìm lực nén của quả cầu lên bán cầu khi quả cầu ở độ cao h' < h và chưa rời bán
cầu.
3. Giả sử quả cầu lăn không vận tốc ban đầu từ đỉnh bán cầu.
1


a) Xác định vị trí quả cầu rời bán cầu.
b) Sau khi rời khỏi bán cầu quả cầu rơi xuống sàn rồi nảy lên (va chạm giữa
quả cầu và sàn là va chạm hoàn toàn đàn hồi). Tìm độ cao H mà quả cầu đạt tới sau
va chạm với sàn.
Câu 3. (4 điểm) _ Phương trình trạng thái, nguyên lý I
Một khối khí lí tưởng đơn nguyên tử
thực hiện một chu trình được diễn tả bằng
đồ thị trong hệ tọa độ pOV như hình 3.

p

3

1,5 p0
p0

a) Tính công khí thực hiện trong chu
trình.

1

2

O


V0

b) Tính hiệu suất của chu trình.

2V0

V

Hình 3

Câu 4. (4 điểm) _ Tĩnh học
Một thanh đồng chất AB, khối lượng m,
đầu A dựa vào mặt phẳng nằm ngang, đầu B

r
F

dựa vào mặt phẳng nghiêng (hình 4). Góc

B

giữa hai mặt phẳng là α. Đặt vào đầu B của
r

thanh một lực F hướng dọc theo mặt phẳng

α

A


Hình 4

nghiêng. Hỏi độ lớn của lực này để thanh cân
bằng? Bỏ qua ma sát giữa thanh và hai mặt phẳng đỡ?
Áp dụng bằng số: m = 2kg; g = 10m/s2; α = 300.
Câu 5. (2 điểm) _ Phương án thực hành
Cho các dụng cụ sau:
- Một tấm gỗ phẳng đủ dài đặt nằm nghiêng cố định (mặt phẳng tấm gỗ hợp với
phương nằm ngang một góc α), trên đó có vạch sẵn đường thẳng hướng theo
đường dốc chính.
- 01 lò xo được coi là lý tưởng.
- 01 cây bút chì.
- 01 cuộn chỉ mảnh, không dãn,
- 01 thước đo độ dài.
- 01 khối gỗ hình hộp có gắn sẵn móc.

2


Hãy thiết kế phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát trượt µ giữa khối gỗ
và tấm ván đã cho?
------------------HẾT--------------------

Họ và tên học sinh:...................................................., Số báo danh:................................
Họ và tên giám thị 1:....................................., Họ và tên giám thị 2:................................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm.

Người ra đề
Lương Văn Luyện

SĐT liên hệ: 0988143050

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ

TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC
(Đáp án có 06 trang)

KHỐI 10

Câu 1. (5,0 điểm)
Ý
a (1 đ)

Nội dung
r
Ván
M
chịu
tác
dụng
của
lực
ma
sát
trượt
Fmst với m, lực kéo
r
F và chuyển động thẳng đều nên: Fmst=F=kN=2,5N

Khối uuur
m ở trạng thái cân bằng dưới tác dụng của lực ma sát
ur
'
'
trượt Fmst
với M và lực căng dây T nên: Fmst = Fmst = T=2,5N
uuur

'
b (2,5 đ) Khi dây nối đứt, lực căng dây triệt tiêu, Fmst
cung cấp gia tốc

3

Điểm
0,5
0,5


cho m, m chuyển động nhanh dần trên M với gia tốc am
'
Fmst
am =
=2,5m/s 2
m
Khi tốc độ của m đạt tới bằng tốc độ chuyển động đều đang có
của M (v=2m/s) thì m dừng lại trên M, lực ma sát giữa chúng
trở thành lực ma sát nghỉ. Lúc này m và M trở thành một hệ
vật chịu tác dụng của ngoại lực F nên chúng thu cùng một gia

F
a=
= 0,5m / s 2
tốc:
m+M
Như vậy sau cùng hệ hai vật gắn liền nhau và chuyển động
nhanh dần đều với vận tốc v=2m/s và gia tốc a=0,5m/s2.
Thời điểm lực ma sát giữa m và M thay đổi tính chất từ ma sát
trượt sang ma sát nghỉ là lúc m đạt tốc độ v=2m/s bằng với tốc
c (1,5 đ)
v - v0
= 0,8s
độ chuyển động đều của M: t =
am
Gia tốc của m đối với M khi trượt:
a m/M =a m -a M =a m =2,5m/s 2 (vì lúc này M chuyển động đều)
Quãng đường trượt của m trên M trong thời gian này:
a t2
Sm / M = m / M = 0,8m
2

Câu 2. (5điểm)
Ý

Nội dung

1,0

0,5


0,5

0,5

0,5

Điểm

mv0 2
Áp dụng định luật II Niuton ta có: mg - N =
R
(với N là phản lực của bán cầu tác dụng lên quả cầu A).
Điều kiện để quả cầu không rời khỏir
bán cầu:
N ≥ 0 →A v 0v
≤ 0 gR
(1)
R α0

1,0

0,5

C

0,5

1. (1,5 đ)
4



2.(1,5 đ)

Tại vị trí C quả cầu rời bán cầu (OC hợp với phương thẳng
mv 2
đứng góc α0), khi đó N = 0. Vậy:
= mgcosα 0 (2)
R
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:
mv 2
mv 02
(3)
=
+ mgR(1 - cosα 0 )
2
2
2
v02
Từ (2) và (3) suy ra: cosα 0 = +
(4)
3 3gR
Khi vật ở độ cao h' < h, áp dụng định luật II Niuton và định
luật bảo toàn cơ năng ta có:
mv'2
h'
mv'2
(5)
mgcosα' - N =
→ mg - N =
R

R
R
mv'2
mv 2
(6)
mgh' +
= mgh +
2
2
mg
v2
(3h' - 2h )
(7)
R
g
Lập luận tương tự như ý 1, khi vật rời khỏi bán cầu thì
2
cosα 0 =
3
2gR
v2 =
3
2R
H 0 = Rcosα 0 =
3
Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên sau va chạm, quả cầu lại
2gR
lên tới độ cao H0 với vận tốc v có độ lớn v =
và hợp
3

với phương ngang một góc đúng bằng α0. Sau đó quả cầu lên
thêm một đoạn H1.
mv 2y
Áp dụng định lý động năng ta có:
= mgH1
2
5
với v y = v.sinα 0 mà sinα 0 = 1 − cosα 02 =
3
5R
H1 =
Suy ra:
27

Từ (5) và (6) ta suy ra: N =

3.a(1 đ)

3.b.(1 đ)

5

0,5

1,0

0,5

1,0


0,5

0,5


Vậy độ cao cực đại mà vật đạt được sau khi va chạm với sàn:
23R
H = H 0 + H1 =
27
Câu 3. (4điểm)
Ý
a. (1 đ)

Nội dung
- Công mà khí thực hiện trong chu trình
A’ = (p3 – p2)(V1 – V2) =

1
p0V0
4

-Ta xét từng quá trình để xác định Q
+ Quá trình 1-2: Đẳng áp: V giảm => T giảm
Q12 = nCpΔT < 0 ( Khí tỏa nhiệt)
+ Quá trình 2-3: Đẳng tích => A = 0
3
3
Q23 = nCvΔT = (1,5p0 – p0)V0 = p0V0 >0 ( Khí nhận nhiệt)
4
2

+ Quá trình 3-1:
p0
V + 2p 0
Phương trình đường thẳng 3-1: p = −
2V0
=> T =
=> Tmax

pV
p0
2p
=−
V2 + 0 V
nR
2nRV0
nR
2p V
= 0 0 = T1
nR

Điểm
1,0
0,5
0,5
0,5

0,5

Q31 = A’31 + ΔU31
=


1
3
(1,5p0 + p0)V0 + (p1V1 - p3V3) = 2p0V0 >0 ( Khí nhận
2
2

0,5

nhiệt)
1
p 0 V0
A'
1
4
=
= ≈ 9,1 %
Hiệu suất H =
Q 23 + Q31 ( 3 + 2)p V 11
0 0
4

0,5

Câu 4. (4điểm)
Ý

rr
FN


Nội dung

2

B

α

r
N1

r
P

A

Điểm
0,25

6


Thanh cân bằng với trục quay qua B:
l
P
↔ P. . cos β = N1.l. cos β → N1 =
2
2 (1)
MP = MN1
r r

r
r r
Thanh cân bằng: P + N1 + N 2 + F = 0 (2)
Chiếu (2) lên Oxy:
0 x : F sin(α − 90) = N 2 cos(α − 90)(3)

0 y : P = N 1 + N 2 sin(α − 90) + F cos(α − 90)(4)
Từ (1)(3)(4) tìm được F =

P sin α
2

Thay số: F = 5N

1,0
0,25
0,5
0,5
1,0
0,5

Câu 5. (2điểm)

7


Ý

Nội dung


Điểm

Bước 1:
- Dùng thước đo chiều dài tự nhiên l0 của lò xo.
- Treo vật nặng lên lò xo, đo chiều dài mới của lò xo.
-

Xác định độ cứng của lò xo k =

mg
∆l0

Bước 2:
- Buộc sợi chỉ vào 1 đầu lò xo, đầu kia buộc vào vật nặng
(sợi chỉ đủ dài). Đặt hệ thống lên tấm gỗ sao cho sợi chỉ có
phương trùng với vạch kẻ sẵn. Cố định đầu tự do của sợi chỉ
(phía trên).
- Kéo khối gỗ xuống 1 đoạn ∆l1 = n1∆l0 (chọn n1 nguyên) sử
dụng bút chì đánh dấu vị trí khối gỗ, thả cho khối gỗ trượt
lên trên theo phương dốc chính. Đo quãng đường l1 mà khối
gỗ trượt được.
1
2
- ĐLBT năng lượng: k ∆l1 = µ mgl1 cos α + mgl1 sin α (1)
2
Bước 3:
Tương tự bước 2, đặt ngược lại, đầu tự do của lò xo gắn cố
định (phía dưới). Kéo khối gỗ lên trên một đoạn ∆l2 = n2 ∆l0 ,
sử dụng bút chì đánh dấu vị trí khối gỗ. Thả cho khối gỗ
chuyển động theo phương dốc chính. Dùng thước đo quãng

đường l2 mà khối gỗ trượt được.
ĐLBT năng lượng:
1
k ∆l2 2 = µ mgl2 cos α − mgl2 sin α
(2)
2
Xác định các biểu thức
- Thay k vào (1), (2):
n12 ∆l0
= µ cosα + sin α (3)
2l1

n22 ∆l0
= µ cosα − sin α
2l2

0,25

0,25

0,25

(4)

- Giải hệ 2 pt (3), (4).
1
n12 n22
sin α = ∆l0 ( − )
4
l1 l2

cosα =

∆l0 n12 n22
( + )
4 µ l1 l2

∆l0 n12 n22
∆l0
n12 n22
⇒µ=
( + )=
( + )
2
4 cos α l1 l2
4 1 − sin α l1 l2

n12 n22 2
∆l
B
Đặt : A = sin α ; B = ( + ) . Ta có µ = 0
l1 l2
4 1− A
2

8

Bước 4: Lặp lại các bước 2, 3 hoành thành bảng số liệu

0,5



* Lưu ý:
- Học sinh giải đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm của mỗi ý trong câu có thể thay đổi nhưng phải được sự nhất trí của
toàn bộ tổ chấm.
- Nếu thiếu từ 2 đơn vị trở lên, trừ 0,5 điểm cho toàn bài thi.

9