Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2017-2018
Môn:Vật lí; Lớp: 10

ĐỀ GIỚI THIỆU

Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề

Bài 1 (5 điểm)
Trên mặt phẳng ngang có một bán cầu khối lượng m. Từ điểm cao
nhất của bán cầu có một vật nhỏ khối lượng m trượt không vận tốc đầu
xuống. Ma sát giữa vật nhỏ và bán cầu có thể bỏ qua. Gọi  là góc
giữa phương thẳng đứng và bán kính véc tơ nối tâm bán cầu với vật
(hình 1).



1) Giả sử bán cầu được giữ đứng yên.
Hình 1
a) Xác định vận tốc của vật, áp lực của vật lên mặt bán cầu
khi vật chưa rời bán cầu, từ đó tìm góc  = m khi vật rời bán cầu.
b) Xét vị trí có  < m. Tìm và các thành phần gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến
của vật; áp lực của bán cầu lên mặt phẳng ngang khi đó.

2) Giả sử giữa bán cầu và mặt phẳng ngang có ma sát với hệ số ma sát là . Tìm  biết rằng khi
 = 300 thì bán cầu bắt đầu bị trượt trên mặt phẳng ngang.
3) Giả sử không có ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang. Tìm  khi vật rời khỏi bán cầu.
Bài 2. (4 điểm)
Một khối trụ đặc đồng chất bán kính r, khối lượng m tự quay
quanh trục với tốc độ góc 0 , được đặt nhẹ nhàng xuống điểm O
là chân của mặt phẳng nghiêng góc  . Hệ số ma sát giữa m và
mặt phẳng nghiêng là  .
(Cho   tan  ; mặt phẳng nghiêng tuyệt đối rắn, không có sự
biến dạng của quả cầu; g là gia tốc trọng trường)


O

Hình 2

a. Xác định quãng đường mà khối tâm khối trụ đi được trong giai đoạn đầu vừa lăn vừa trượt
b. Công của lực ma sát khi lăn lên mặt phẳng
c. Xác định độ cao cực đại của tâm khối trụ trên mặt phẳng nghiêng (độ cao so với O)
Bài 3: (4 điểm)
Một trạm thăm dò vũ trụ P bay quanh hành tinh E theo quỹ đạo tròn có bán kính R. Khối lượng của
hành tinh E là M.
1. Tìm vận tốc và chu kỳ quay quanh hành tinh E của trạm P.


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

2. Một sự kiện không may xảy ra: có một thiên thạch T bay đến hành tinh E theo đường
58GM
thẳng đi qua tâm của hành tinh với vận tốc u 

. Thiên thạch va chạm rồi dính vào trạm P
R
nói trên. Sau va chạm thì trạm vũ trụ cùng với thiên thạch chuyển sang quỹ đạo elip. Biết khối
lượng của trạm P gấp 10 lần khối lượng của thiên thạch T. Hãy xác định:
a) vận tốc của hệ (P và T) ngay sau va chạm.
b) khoảng cách cực tiểu từ hệ đó đến tâm hành tinh E.
Bài 4: (4 điểm)
Xét một chu trình gồm hai quá trình đẳng tích và hai quá
trình đẳng áp. Trên hình vẽ là giản đồ p-V của chu trình. Hoạt chất
là 1 mol khí lý tưởng gồm các phân tử hai nguyên tử. Điểm chính
giữa đường đẳng áp phía dưới H và điểm chính giữa đường đẳng
tích bên trái E nằm trên cùng một đường đẳng nhiệt ứng với nhiệt
độ T1 . Điểm chính giữa đường đẳng áp phía trên F và điểm chính
giữa đường đẳng tích bên phải G nằm trên cùng một đường đẳng
nhiệt ứng với nhiệt độ T2 .
a. Xác định nhiệt độ của khối khí tại các điểm A, B, C, và D.
b. Xác định công khối khí thực hiện trong chu trình ABCDA.
c. Xác định hiệu suất lý thuyết của máy nhiệt hoạt động theo chu trình này.

Hình 3

Bài 5: (4 điểm )
Đo hệ số Poatxon .
Cho các dụng cụ và thiết bị:
-

Một bình kín có dung tích đủ lớn (có thể tạo lỗ để nối với các ống và khóa)
Bơm nén ( chứa khí cần thiết, được coi khí lý tưởng cần xác định  )
Áp kế chứa nước hình chữ U, có tiết diện nhỏ.
Các ống nối và 2 khóa.

Thước đo chiều dài.

Hãy nêu cơ sở lý thuyết, cách bố trí và tiến hành thí nghiệm để xác định hệ số Poatxon  =
=== HẾT ===

Cp
Cv


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1 (5 điểm)
Phần

Hướng dẫn giải

Điểm

1
Q


P

Hình 1

(0,5)

Khi vật trượt trên mặt cầu vật chịu tác dụng của trọng lực P và phản lực Q

của mặt cầu có tổng hợp tạo ra gia tốc với hai thành phần tiếp tuyến và
hướng tâm. Quá trình chuyển động tuân theo sự bảo toàn cơ năng:
1
2
mv  mgR1  cos   ……………..
2
2

mv a
Fht  P. cos   Q 
…………….
R

1.a
(0,75)

0,25

0,25

Suy ra:
v  2 gR1  cos   …….. ……….. …..

0,25

Q  3 cos   2.mg ………………………

Vật rời bán cầu khi bắt đầu xảy ra Q = 0. Lúc đó:
cos   cos  m 


1.b
(0,75)

2
;
3

suy ra :

0,25

   m  48,2 0 . ………

0,25

Xét vị trí có  < m:
2

Các thành phần gia tốc: a n 
at  g sin  …… ….. …….. .

v
 2 g 1  cos   .
R

……
0,25
0,25



Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Lực mà bán cầu tác dụng lên sàn bao gồm hai thành phần: áp lực N và lực
đẩy ngang Fngang:





0,25

N  PcÇu  Q. cos   mg 1  2 cos   3 cos 2  … ….. …….. ……

2
(1,5đ)

Bán cầu bắt đầu trượt trên sàn khi  = 300, lúc đó vật chưa rời khỏi mặt cầu.
Thành phần nằm ngang của lực do vật đẩy bán cầu là:
Fngang  Q sin   3 cos  2mg. sin  .

…………….. ………

0,5

Ta có: Fms  Fngang  .N ………… …… …… …….. …………….
 

Fngang

Thay số:

3

N



3 cos   2mg. sin 



mg 1  2 cos   3 cos 
2





3 cos   2sin  ……………
2

0,25

1  2 cos   3 cos 

0,25

  0,197  0,2…. …… ……. ……….. ………………

0,5


Giả sử bỏ qua được mọi ma sát.

(1,5đ) Khi vật đến vị trí có góc  vật có tốc độ vr so với bán cầu, còn bán cầu có
tốc độ V theo phương ngang.






Vận tốc của vật so với mặt đất là: v  vr  V
Tốc
độ
theo
vật: v x  vr cos   V

phương

ngang

của

V

vr


V

0,25

P

Hệ bảo toàn động lượng theo phương ngang:
m.V  m.v x  vx = V

 2V = vr cos.

Bảo toàn cơ năng:
1 2 1
mv  m.V 2  mgR1  cos  
2
2

vr  V 2  2vrV cos   V 2  2 gR1  cos  
2

 vr 

4 gR1  cos  
1  sin 2 

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Tìm áp lực của vật lên mặt bán cầu. Để làm điều này ta xét trong HQC phi
quán tính gắn với bán cầu.
Q sin 
m


Gia tốc của bán cầu: ac 

Trong HQC gắn với bán cầu, vật sẽ chuyển động tròn và chịu tác dụng của
3 lực (hình vẽ). Theo định luật II Niutơn ta có:
2

v
P cos   Q  Fq sin   m r
R
mg cos   Q  Q sin 2   m

mg cos   mv r / R

1  sin 2 
2

Q

2

vr
R

4mg 1  cos  
6 cos   cos 3   4
1  sin 2 

mg
2

1  sin 2 
1  sin 2 

0,5

mg cos  





Vật rời bán cầu khi Q = 0  6 cos   cos 3   4  0
0,5

 cos   3  1 hay  = 42,90. …………… …………….

Bài 2. (4 điểm - Cơ vậ rắn)
Hướng dẫn giải

Điểm

a. Xét vị trí bất kỳ của khối trụ, khi sự trượt vẫn còn xảy ra:

P  N  f ms  ma
Chiếu trên ox và oy

mg cos   N  0

 f ms  mg sin   ma
 a  g (  cos  sin  )


N 
y

x

f ms

G



O

P

0,5đ


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Vận tốc khối tâm G:

v  at

0,5đ

Xét chuyển động quay quanh khối tâm G. Gọi γ là độ lớn gia tốc góc, ta có:
  0   t




f ms r  mg cos  r 2 gcos


I
mr 2 / 2
r

Vật bắt đầu lăn không trượt khi

v  r
 at  (0   t )r
t 

0 r
0 r
0 r


a   r g (  cos  sin  )  2 gcos 3 gcos  sin 

0,5đ

Quãng đường khối tâm G đi được trong khoảng thời gian vừa lăn vừa trượt

02 r 2
1 2 1
s  at  g (  cos  sin  ) 2
2

2
g (3 cos  sin  ) 2
02 r 2

02 r 2
 cos  sin 
C


2 g (3 cos  sin  ) 2 2 g 3 cos  sin 

Với C 

 cos  sin 
,
3 cos  sin 

b. Gọi W1 là năng lượng lúc vật băt đầu lăn không trượt (ứng với tốc độ góc 1 ). Áp
dụng định lý biến thiên cơ năng ta có công của lực ma sát

0,5đ


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Ams  W1  W0 

0,5đ

1 3 2 2

1 1
( mr 1 )  mgs sin   ( mr 202 )
2 2
2 2

Với

1 

0 r
at g ( cos  sin  )
cos  sin 

 0
 0C
r
r
3 gcos  sin 
3 gcos  sin 

mr 2 2 3C 2
C sin 
1
0 (

 )
Vậy Ams 
2
2
3 gcos  sin  2


0,5đ

/
c. Đặt H max  h  r , áp dụng biến thiên cơ năng: W  W0  Ams +A ms  Ams

0,5đ

A/ ms là công của lực ma sát kể từ khi vật lăn không trượt. Do lực ma sát nghỉ không

sinh công nên: A/ ms  0 . Vậy

W=W0  Ams  mgh 

1 1 2 2
( mr 0 )  Ams
2 2

1 2 2 3C 2
C sin 
h  mr 0 (

)
2
2
3 gcos  sin 
0,5đ

Vậy: H max  h  r


Bài 3 – 4 điểm (các định luật Kepple)
Phần

Hướng dẫn giải
1) Ký hiệu m0 là khối lượng trạm P, v1 là vận tốc của trạm vũ trục trước va chạm. Lực

Điểm

hấp dẫn giữa trạm P và hành tinh E đóng vai trò lực hướng tâm trong chuyển động của
0,5đ

P quanh E:
2

G

m0 M m0 v12
 2 

 m0 
 R
2
R
R
 T 

(1)

0,5đ
0,5đ



Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

GM
R

v1 

Suy ra:

(2)

và

T

2
R 3/ 2 .
GM

(3)

2) Ký hiệu m là khối lượng của thiên thạch, v 2 là vận tốc của hệ sau va chạm, u là
vận tốc của thiên thạch trước va chạm. Theo định luật bảo toàn động lượng:
0,25đ

mu  10mv1  11mv2 (4)
Chiếu lên 2 trục Ox và Oy (hình vẽ):
10m.v1 = 11m.v2x


(5)

m.u = 11m.v2y

(6)

Thay v1 

v1
x

u

m

v2

GM
58GM
và u 
ta tìm
R
R

M
r

được:


R
2

2

 10   1 
v2  v22 x  v22 y   v1    u  .
 11   11 
v2 

1 158GM
.
11
R

v

0,25đ

(7)

Sau va chạm thì hệ chuyển sang quỹ đạo elip

y

0,5đ

(đường đứt nét đậm). Tại điểm cận nhật hệ có vận tốc là v vuông góc với đoạn thẳng r
nối điểm cận nhật với tâm hành tinh. Ta viết phương trình bảo toàn năng lượng và bảo
toàn mô men động lượng của hệ tại vị trí va chạm và vị ví cận nhật:

G

11mM 11m 2
11mM 11m 2

v 2  G

v ,
R
2
r
2

v.r  v2 x R
Từ (9) suy ra: v  v 2 x

(8)
(9)

R 10 GM R

r 11 R r

(10)
0,5đ

Thay v2 từ (7) và v từ (10) vào (8) ta thu được phương trình bậc hai đối với r:

42r 2  121R .r  50 R  0
Phương trình có 2 nghiệm: r 

tiểu cần tìm, còn r 
điểm viễn nhật).

R
50
R
và r  R . Giá trị r  là khoảng cách cực
2
21
2

50
R là khoảng cách cực đại từ hệ đó đến tâm hành tinh E (tại
21

0,5đ
0,5đ


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Bài 4:(4 điểm – Nhiệt học)
Phần

Hướng dẫn giải

a.
(2,25 điểm)

Điểm

0,75 đ

Trong quá trình đẳng tích, áp suất tỷ lệ thuận với nhiệt độ. Tương tự, trong quá trình
đẳng áp, thể tích cũng tỷ lệ thuận với nhiệt độ.
Đường EG là đường đẳng áp, đường FH là đường đẳng tích. Tại giao điểm M của
đường EG và FH ta có
T T
1
(1)
TM  E G  (T1  T2 )
2
2
Ta cũng có
TB TC TF
;


TE TG TM

0,5 đ
TA TD TH


TE TG TM

(2)

Do đó,
TB 
TD 


b.
(0,75 điểm)

0,25 đ
TETF
2T T
 1 2 ;
TM
T1  T2

TGTH
2T T
 1 2
TM
T1  T2

0,25 đ

TC 

TGTF
2T22

;
TM
T1  T2

0,25 đ


TA 

TETH
2T12

TM
T1  T2

0,25 đ

Công A’ do khối khí thực hiện trong một chu trình bằng diện tích hình chữ nhật
ABCD. Do đó

0,75 đ


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

A '  ( pB  pA )(VD  VA )  pBVD  pBVA  pAVD  pAVA
<=> A '  pCVC  pBVB  pDVD  pAVA  R(TC  TB  TD  TA )
(T2  T1 ) 2
<=> A '  2 R
T1  T2

c.
(1 điểm)

(4)

5

7
R ; C p  R (5)
2
2
Hoạt chất nhận nhiệt trong các quá trình AB và BC. Nhiệt lượng tương ứng là
5 R 2T1 (T2  T1 )
(6)
QAB  CV (TB  TA ) 
2
T1  T2

Nhiệt dung mol đẳng tích và đẳng áp của hoạt chất là: CV 

QBC  C p (TC  TB ) 

7 R 2T2 (T2  T1 )
2
T1  T2

0,75 đ

(7)

Nhiệt lượng tổng cộng hoạt chất nhận được là
(7T2  5T1 )(T2  T1 )
Q  QAB  QBC  R
T1  T2

0,25 đ


Hiệu suất lý thuyết của máy nhiệt là
A ' 2(T2  T1 )


Q 7T2  5T1

Bài 5 – 3 điểm – phương án thực hành nhiệt
Phần

Hướng dẫn giải
1. Cơ sở lý thuyết
- K1 mở, K2 đóng, khí được bơm vào bình B đến thể tích V1, áp suất P, nhiệt độ T (bằng
nhiệt độ môi trường). Áp suất không khí là P0, độ chênh lệch mực nước trong áp kế là h.
 P = P0 + h (P0 được tính ra độ cao cột nước trong áp kế)
- Đóng K1, mở K2, lượng khí trong bình giãn nhanh, áp suất giảm xuống P0, nhiệt độ giảm
đến T'.
Sau khi giãn, coi gần đúng quá trình là đoạn nhiệt thuận nghịch vì trong quá trình diễn
nhanh, độ biến thiên áp suất bé, ta có:
1


T'  P
 
T  P0 

1


P h
 0


 P0 

1

Điểm
0.5

0.5

1  h
.
 P0

(1)
- Sau khi mở K2 một thời gian ngắn thì đóng lại ngay trong bình B bây giờ còn lại lượng
nhỏ khí, áp suất P0, thể tích V1, nhiệt độ T'. Lượng khí này nóng dần lên và biến đổi đẳng
tích đến áp suất P' = P0+ h', nhiệt độ là T.

0.5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

T ' P0

T P'
T'
P0
h'


1
T P0  h '
P0


A

K2

K1
(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

h'
  h
1
.
P0
 P0
h

h  h ' (3)

1

h
B


2. Bố trí thí nghiệm:
- Đặt bình B rồi nối nó với các ống với hai khoá K1 và K2, K1 nối giữa bình với bơm nén,
K2 nối bình B với môi trường bên ngoài. Bình được nối thông với áp kế nước hình chữ
U(hình vẽ)
Trong áp kế, mực nước ở hai cột áp kế bằng nhau và có độ cao khoảng 15 - 20cm.
3. Tiến hành thí nghiệm:
- Đóng khoá K2, mở K1: Dùng bơm nén khí cần đo  vào bình gây nên sự chênh lệch độ cao
của hai cột nước trong áp kế chữ U. Đóng K1 lại, chờ một lúc để cho bình trao đổi nhiệt độ
với môi trường. Khi độ chênh lệch h của hai cột nước trong áp kế không đổi nữa, ta dùng
thước đo h.
-Sau đó mở khoá K2 cho khí phụt ra ngoài, khi độ cao hai cột nước trong áp kế bằng nhau
thì đóng ngay K2 lại. Lúc ổn định thì độ chênh lệch của hai cột nước trong áp kế là h’. Dùng
thước đo h’.
- Thay h và h’ vào biểu thức (3) để tính .
- Lặp lại một số lần thí nghiệm để tính giá trị trung bình của .

Giáo viên ra đề: Tạ Đức Trọng (ĐT 0988741743)

0.5

0.5

0.5