SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

ĐÁP ÁN

KỲ THI OLYMPIC CẤP TỈNH
Khóa ngày 07 tháng 3 năm 2014
MÔN THI: VẬT LÍ 10
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Họ và tên thí sinh:…………………………………………………………..
Học sinh trường:………………………………………………......................
Lớp:…………….…; Số báo danh:……………….; Phòng thi:……………..
Họ và tên giám thị 1: ……………………………….Chữ ký:……………….
Họ và tên giám thị 2: ……………………………….Chữ ký:……………….

Mã phách


Điểm

Bằng số:

Giám khảo 1
(Ký, ghi rõ họ tên)

Giám khảo 2
(Ký, ghi rõ họ tên)

Mã phách

Bằng chữ:
Câu 1: ( 4 điểm)
Một máy bay chuyển động đều trong không khí yên tĩnh với vận tốc v. Máy bay này bay theo
chu vi của một hình vuông cạnh a. Hãy lập biểu thức của thời gian mà máy bay này bay hết một
vòng của hình vuông nói trên trong mỗi trường hợp sau:
a. Gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo cạnh.
b. Gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo đường chéo.

2


a.
Gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo cạnh.
Giả sử hướng gió thổi như hình vẽ ( dọc theo cạnh AB và DC):
Thời gian máy bay bay hết 1 vòng hình vuông:
t = tAB + tBC + tCD + tDA
a
a
a
a
D
t=
+
+
+
2
2
2
2
v+u

v−u
v −u
v −u
DA
=>

r
v

t=
=>

r vr r Aur
u
vr
r
r v AB
v r
v
vCD
Cr
B
r
r
v
BC
u
u

a ( v − u ) + a ( v + u ) + 2a v 2 − u 2

v2 − u 2

2av + 2a v 2 − u 2
=
v2 − u 2

2

v+ v −u
v2 − u 2
=>
Vậy khi gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo cạnh thì thời gian để máy bay
t = 2a

2

2

bay hết một vòng của hình vuông trên là

t = 2a

v + v2 − u 2
v2 − u 2

b. Gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo đường chéo.
Giả sử gió thổi theo hướng đường chéo AC. Tương tự, thời gian để máy bay bay hết
một vòng là:
t = tAB + tBC + tCD + tDA
3



Trên

hình

vẽ,

ta

v AB = vBC = u cos 450 + v 2 − ( u cos 450 )

r
v

có:

2

A

=>
2

v AB = vBC

u 2 
u 2
u 2
u2

2
2
=
+ v − 
÷
÷ = 2 + v − 2
2
 2 

Tương tự, ta có: vCD = vDA

u2 u 2
= v −
−
2
2
2

r
u

r
v

D

=>
t = 2.

a

a
+ 2.
= 2.
v AB
vCD

=> t =

a
v2 −

u2 u 2
+
2
2

a

+ 2.
v2 −

r
vAB

B

r
vCD

C


r
u

u2 u 2
−
2
2


u2 u 2   2 u 2 u 2 
2a  v 2 −
−
+
÷+  v −
÷

÷
2
2 ÷
2
2

 


4a v 2 −

u2
2


=
2
2
v2 − u 2
 2 u2   u 2 
 v − ÷ −
÷
2

2 ÷

  2 
Vậy khi gió thổi với vạn tốc không đổi u < v dọc theo đường chéo thì thời gian để máy
bay bay hết một vòng của hình vuông trên là

t=

4a v 2 −

u2
2

v2 − u 2

4


Điểm


Bằng số:

Giám khảo 1
(Ký, ghi rõ họ tên)

Giám khảo 2
(Ký, ghi rõ họ tên)

Mã phách

Bằng chữ:
Câu 2: ( 4 điểm)
Do có vận tốc đầu, một vật trượt lên rồi lại tuột xuống trên một mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng
α =150 so với mặt ngang. Biết thời gian vật đi xuống gấp 1,5 lần thời gian vật đi lên. Tìm hệ số ma sát
giữa vật và mặt phẳng nghiêng.

Đáp án câu hỏi 2:

* Vật đi lên: a1= -g (sin α + µ .cos α )…………………………………………………………….0,5đ
− 2S
2S
1
2
=
Quãng đường vật đi lên S = - a 1 t 1 => t1=
………………………...0.75đ
a1
g (sin α + µ cos α )
2
* Vật đi xuống: a2=g (sin α - µ .cos α )………………………………………………………………0,5đ

2S
2S
1
2
=
Quãng đường vật đi xuống S = a 2 t 2 => t2=
……………………….0.75đ
a2
g (sin α − µ . cos α )
2
2S
= 1,5
g (sin α − µ cos α )

2S
g (sin α + µ cos α )

µ = 0,1030 ……………………………………………………………1,5đ

5


Điểm

Bằng số:

Giám khảo 1
(Ký, ghi rõ họ tên)

Giám khảo 2

(Ký, ghi rõ họ tên)

Mã phách

Bằng chữ:
Câu 3: ( 4 điểm)

Một thanh AB dài 2m khối lượng m = 2kg được đặt

C

B

nghiêng một góc α trên mặt sàn nằm ngang nhờ một sợi
dây nằm ngang BC dài 2m nối đầu B của thanh với một
A

bức tường thẳng đứng; đầu A của thanh tựa lên mặt sàn.
Hệ số ma sát giữa thanh và mặt sàn bằng

α

)

3
.
2

a. Tìm các giá trị của α để thanh có thể cân bằng?
b. Tính các lực tác dụng lên thanh và khoảng cách từ đầu A của thanh đến góc tường

khi góc α = 450. Lấy g = 10m/s2.
Đáp án câu hỏi 3:
a. Các lực tác dụng lên thanh AB là trọng lực, lực ma sát, phản lực của mặt sàn lực căng
của dây. Các lực được biểu diễn như hình vẽ

(0,5đ)

Áp dụng điều kiện cân bằng tổng quát của vật rắn cho thanh AB ta có.
P + Fms + N + T = 0

(1) (0,5đ)

Thanh ở trạng thái cân bằng khi moomen tác dụng lên thanh đối với trục quay tạm thời tại
A bằng 0:
⇒ MP = MT

(0,5đ)

T.AB.sin α = P.

Hay
⇒

T=

ΑΒ
cos α
2

1

Pcotg α
2

(2)

(0,5đ)

(3)

(0,25đ)

C

T

N
A )

B

α

P

Fms

Chiếu (1) lên phương nằm ngang và phương thẳng đứng ta có:
Fms – t = 0

(4)


(0,25đ)

-P + T = 0

(5)

(0,25đ)

Hay Fms = T =

1
mgcotg α
2

(6) và

N = P = mg (7)
6


Lực ma sát Fms phải là lực ma sát nghỉ, do đó ta có Fms ≤ kN
1
2

Từ (6) và (7) ⇒ mg.cotg α ≤ kmg

⇒

(0,25đ)


cotg α ≤ 2k = 3

⇒ α ≥ 300

(0,25đ)

b. Khi α = 450 thay vào (6) và (7) ta được :
Fms = T = 10N

(0,25đ)

N = P = 20N

(0,25đ)

Từ hình vẽ ta có : AD = BC – AB cos α = 0,59m

(0,25đ)

7


Điểm

Bằng số:

Giám khảo 1
(Ký, ghi rõ họ tên)


Giám khảo 2
(Ký, ghi rõ họ tên)

Mã phách

Bằng chữ:
Câu 4: (4 điểm)
1. (2 điểm) Một vật có dạng khối lập phương mặt trên
người ta khoét bỏ đi một phần có dạng hình bán trụ, có bán kính R,
phần còn lại có khối lượng M. Vật được đặt trên mặt phẳng ngang,
mép trái được tựa vào tường thẳng đứng cố định. Tại điểm A ở mép
trái bán trụ có cùng độ cao với tâm O, người ta thả không vận tốc
đầu một vật nhỏ có khối lượng m cho trượt xuống máng tròn. Bỏ
qua mọi ma sát và sức cản không khí, cho gia tốc rơi tự do g. Tính
độ cao cực đại mà m đạt được trong lòng bán trụ.

Đáp án câu hỏi 4:
1.Vì mép trái bị chắn bởi tường nên M chỉ chuyển động không ma sát trên mặt phẳng ngang phần
bên phải của tường.
- Khi m xuống đến điểm thấp nhất của bán trụ thì M bắt đầu chuyển động. Gọi v là vận tốc của m tai điểm
1 2
thấp nhất trong bán trụ, ta có: mv = mgR ⇒ v = 2 gR (1)................................................................0.5đ
2
- Khi m đạt độ cao cực đại h thì cả hệ (m và M) có cùng vận tốc V.
m
v ( 2 ) ...........0.5đ
+ áp dụng định luật bảo toàn động lượng, được: mv = ( m + M ) V ⇒ V =
(m+M )
1 2 1
2

+ áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta có: mv = ( m + M ) V + mgh (3) ........................0.5đ
2
2
m
M


- Từ (1),(2) và (3), tính được độ cao cực đại: h = R 1 −
......................................0.5đ
÷= R
(m+M)
 m+M 
2. (2 điểm) Một pittông có trọng lượng đáng kể ở vị trí cân bằng trong một
bình hình trụ kín. Phía trên và phía dưới pit – tông chứa cùng loại khí, khối lượng và
nhiệt độ của khí ở trên và ở phía dưới pit – tông là như nhau. Ở nhiệt độ T thì thể
tích khí ở phần trên gấp 3 lần thể tích khí ở phần dưới. Nếu tăng nhiệt độ lên 2T thì
tỉ số hai thể tích ấy là bao nhiêu?

Đáp án câu hỏi 4:
2. Gọi p0 là áp suất của khí ở phía trên pit – tông, áp suất của phần khí ở phía dưới pit – tông là p 0
+ p khi nhiệt độ khí là T. Trong đó p là áp suất tạo nên do trọng lực của pit – tông.
Áp dụng phương trình Claperon – Mendeleev đối với mỗi phần khí ta được:
m
+ Đối với phần khí ở phía trên: p 0 3V0 = RT ( 1)
µ
m
+ Đối với phần khí ở phía dưới: ( p 0 + p ) V0 = RT ( 2 )
µ
Từ (1) và (2) ta được: p 0 3V0 = ( p 0 + p ) V0 → p = 2p 0 …………………………………………………0,5đ
- Gọi p/ là áp suất của khí ở phía trên pit – tông khi nhiệt độ khí là 2T, khi đó áp suất của phần khí ở phía

dưới pit – tông là p/ + p. Khi nhiệt độ khí 2T thì thể tích khí p phía trên và phía dưới lần lượt là Vt; Vd.
Áp dụng phương trình Claperon cho hai trạng thái (trạng thái 1: nhiệt độ khí là T, trạng thái 2: nhiệt độ
khí là 2T)
8


p′Vt p 0 3V0
6p
=
→ Vt = 0 .V0
2T
T
p′
( p′ + 2p0 ) Vd = p0 3V0 → V = 6p 0 .V
+ Đối với phần khí ở phía dưới:
d
0 …….……………………0,5đ
2T
T
p′ + 2p 0
6p0
6p 0
.V0 +
.V0 = 4V0
Thể tích khí không đổi nên: Vt + Vd = V0 + 3V0 = 4V0. Khi đó
p′
p′ + 2p0
1
1
2

2
Từ đó ta có: p′ − p′.p 0 + 3p 0 = 0 → p′ = p 0 ± 13p 0 ( p′ > 0 ) → p′ = p 0 + 13p 0 = 2,3p 0 ……0,5đ
2
2
+ Đối với phần khí ở phía trên:

(

Tỉ số thể tích khí trên và dưới pit – tông là:

)

(

)

Vt p′ + 2p 0 4,3p 0
=
=
= 1,87 ………………………….0,5đ
Vd
p′
2,3p0

9


Điểm

Bằng số:


Giám khảo 1
(Ký, ghi rõ họ tên)

Giám khảo 2
(Ký, ghi rõ họ tên)

Mã phách

Bằng chữ:
Câu 5: (4 điểm)
Tính công sinh ra khi 0,5 (mol) khí lý tưởng thực
hiện một chu trình biến đổi 1-2-3-1. Biết
T1=T3=350K; T2=600K.
Đáp án câu hỏi 5:

Điểm

 p1V1 = nRT1
 p V = nRT
3
 3 3
T
T2
⇒ p3V1 = p1V1 3 = nR 1
Theo giả thiết ta có:  p1V3 = nRT2
T2
T2

T3

T3
 p3 = p2 = p1
T2
T2


1

Theo Công sinh ra là:

(1)

1.5

1
1
A = ( p1 − p3 )(V3 − V1 ) ⇒ A = ( p1V3 − p1V1 − p3V3 + p3V1 ) (2)
2
2
1
2

Từ (1) và (2) suy ra: A = nR (T2 − T1 − T3 +

T12
) = 216, 4( J )
T2

1.5


10