Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VĨNH PHÚC

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10-DHBB
NĂM HỌC 2017 – 2018
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)

(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)

Bài 1: (5 điểm – Cơ chất điểm)
Một vành tròn cứng, mảnh, khối lượng M, bán kính R
đặt trên mặt sàn ngang nhẵn. Bên trong vành có một đồng
xu nhỏ khối lượng m, bán kính r. Ban đầu tâm đồng xu cách
tâm vành khoảng d. Truyền cho đồng xu vận tốc v theo
hướng vuông góc với đường thẳng nối hai tâm như hình vẽ.
Biết va chạm là tuyệt đối đàn hồi và bỏ qua mọi ma sát.
a. Xác định các thành phần vận tốc theo phương x và y
của đồng xu và vành ngay sau va chạm lần đầu tiên và ngay
sau va chạm lần thứ hai.
b. Xác định d để sau va chạm lần thứ n thì đồng xu có vận tốc giống ban đầu còn vành đứng yên.
Bài 2: (4 điểm – Cơ vật rắn)
Một thanh đồng chất tiết diện đều chiều dài L=2m, một đầu treo vào giá đỡ, đầu kia được giữ cho
thanh nằm ngang. Thả nhẹ thanh. Biết sau khi thanh quay qua vị trí thẳng đứng được một góc 30o thì
thanh tuột khỏi giá đỡ.
a. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa điểm treo và sàn, biết rằng thanh rơi chạm sàn lúc thanh có
phương thẳng đứng.
b. Xác định độ cao lớn nhất của đầu dưới của thanh trong quá trình chuyển động
Bài 3: (4 điểm – Cơ học chất lưu)

Một học sinh tự lắp ráp mô hình tuabin nước như sau: Nước từ
thùng lớn chảy ra qua lỗ nhỏ diện tích S=1cm2 ở sát đáy thùng đập
vào cánh của tuabin. Trục quay của tuabin có sợi day mảnh nhẹ quấn
quanh và vắt qua ròng rọc, đầu còn lại buộc vào vật nhỏ m. Thiết bị
này có thể nâng vật m=100g với vận tốc nào đó như hình vẽ.
a. Xác định hiệu suất của mô hình nói trên, lấy độ cao nước trong
thùng là H=0,2m và vân tốc nâng vật nặng là v1=2cm/s
b. Sau khi làm song thí nghiệm thứ nhất, đóng khóa K và nút kín
lỗ A ở nắp thùng rồi đem phơi nắng để thùng nóng lên đáng kể. Bây
giờ mở khóa K thì thấy mô hình hoạt động mạnh hẳn lên, cụ thể vật nặng được nâng lên với vân tốc
v2=5cm/s. Vẫn coi mức nước trong thùng là H=0,2m, hiệu suất mô hình vẫn như trước. Hãy xác định
áp suất trong thùng thay đổi bao nhiêu. Cho khối lượng riêng của nước là 1000kg/m3, g=10m/s2.
Bài 4: (4 điểm – Nhiệt học)
1. Khí quyển có nhiệt độ giảm theo độ cao z theo biểu thức: T=T0(1-az) (1) với T0=300K là nhiệt độ
tại mặt đất, a là hằng số dương.
a. Ở độ cao nào thì nhiệt độ khí quyển giảm 10?
b. Chứng tỏ rằng áp suất giảm theo độ cao theo quy luật: p(z)=p0(1-az)α . Hay xác định giá trị của α
c. Chứng tỏ rằng mật độ không khí giảm theo độ cao theo quy luật: ρ(z)=0(1-az)β . Hay xác định giá
trị của β.
1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

2. Do bị ánh sáng mặt trời chiếu, phần khí ở sát mặt đất nóng lên có nhiệt độ T0(còn phần không khí
phía trên không hấp thụ nhiệt từ ánh sáng mặt trời), bắt đầu dâng lên cao. Phần khí nóng lên nay coi là
giãn nở đoạn nhiệt và sự cân bằng áp suất với phần khí xung quanh diễn ra rất nhanh. Cho hệ số đoạn
nhiệt của không khí là γ=1,4.
a. Chứng tỏ rằng với áp suất giảm theo độ cao theo quy luật ở phần 1b, thì nhiệt độ không khí dâng
lên giảm theo quy luật: T=T0(1-az)δ. Hãy xác định giái trị tham số δ.

b. Chứng tỏ rằng mật độ không khí dâng lên giảm theo độ cao theo quy luật: ρ(z)=0(1-az)ε . Hay xác
định giá trị của ε.
c. Với giá trị nào của a thì không khí bắt đầu dâng lên sẽ dâng lên ngày càng cao. Tính trị số của a.
Cũng tính xem với hiệu độ cao Δz bằng bao nhiêu thì nhiệt độ giảm đi 10.
3. Giả sử độ ẩm của không khí là φ=70%. Áp suất hơi bão hòa liên hệ nhiệt độ theo hệ thức:
p (T )
qM 1 1 1
ln bh

(  )
pbh (T0 )
R T T0
Với q=2,2.106J/kg ( nhiệt hóa hơi của nước), M1=18.10-3kg/mol: khối lượng một mol nước,
R=8,3J/mol.K ( hằng số khí lí tưởng).
Hãy tính xem hơi nước trong khối không khí dâng lên đến độ cao nào thì bắt đầu ngưng tụ (hình
thành mây).
Trong bài toán này coi không khí là khí lí tưởng, khối lượng mol trung bình làM=29.10-3kg/mol; lấy
g=9,8m/s2.
Bài 5: (3 điểm – Phương án thực hành)

Cho các dụng cụ sau:
1. Một vật hình trụ có khối lượng m đã biết, có gắn móc treo;
2. Sợi dây dây nhẹ không dãn;
3. Giá đỡ có kẹp để gắn được các ròng rọc nhỏ;
4.Bàn nằm ngang cố định;
5. Thước đo chiều dài, giấy, bút.
6. Vật hình hộp khối lượng M cần xác định, có gắn móc treo
Hãy nêu phương án thực hành thí nghiệm để:
a. Xác định khối lượng M ( M có thể lớn hoặc nhỏ hơn m)
b. Xác định hệ số ma sát trượt giữa vật M và mặt bàn nằm ngang.

Chỉ yêu cầu: nêu cách bố trí thí nghiệm (có vẽ hình mô tả), các bước tiến hành và viết công thức áp
dụng quan trọng nhất để xác định các đại lượng theo yêu cầu đề bài.

----Hết ----Người ra đề:Nguyễn Văn Quyền
Số ĐT: 0988.615.618


2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VĨNH PHÚC
(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT )

Hướng dẫn chấm
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10-DHBB
NĂM HỌC 2017 – 2018
Thời gian làm bài 180 phút
(Đáp án gồm 5 câu)

Bài 1: (4 điểm)
Phần Hướng dẫn giải
1a
Vận tốc khối tâm của hệ không đổi trong hệ
4đ
quy chiếu gắn với sàn:
mv
vG 

........
mM
Xét trong hệ quy chiếu khối tâm:
-Vận tốc của đồng xu (Vật 1) và của vành (Vật
2) lần lượt là:
Mv
v1G  v  vG 
........
mM
mv
v2G 
.........
mM
-Động lượng của hệ bằng 0 nên các vật luôn có động lượng bằng nhau nhưng
ngược chiều. ……..
- Mặt khác do bỏ qua ma sát, va chạm là đàn hồi nên sau mỗi va chạm vận tốc mỗi
vật không đổi và động năng của hệ không đổi. …….
- Sau mỗi va chạm m bị bật ra như phản xạ gương vận tốc quay một góc:
  2 ……..
Chuyển sang hệ quy chiếu gắn với sàn, thành phần vận tốc của mỗi vật:
m  Mcos 2
v1 y  vG  v1G cos 2 
.v..............
mM
M sin 2
v1x 
.v...........
mM
m(1  cos 2 )
v2 y 

.v...........
mM
m sin 2
v2 x 
.v.........
mM
Tương tự sau va chạm lần 2 :
m  Mcos 4
v1 y 
.v...............
mM
 M sin 4
v1x 
.v.............
mM
m(1  cos 4 )
v2 y 
.v..........
mM
m sin 4
v2 x 
.v............
mM
3

Điểm

0,25

0,5


0,5

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

1b
1đ

Để sau n lần va chạm đồng xu có vận tốc như ban đầu, vành đứng yên:

1 k
n(  2 )  k 2     (  ); k  Z  ............
2 n
 1 k 
Suy ra: d  ( R  r ) sin  (  )  .................

 2 n 

0,5
0,5

Bài 2: (4 điểm – Cơ vật rắn)
Phần
2a
2đ

Hướng dẫn giải
Tại thời điểm thanh rời khỏa giá đỡ, tốc độ góc khối tâm G của thanh là ω:

1 1 2 2
L
3 3g
. mL   mg cos300   
......
2 3
2
2L
Vận tốc khối tâm G:
L
3 3gL

........
2
8
Sau khi rời khỏi giá đỡ, chỉ có trọng lực tác dụng lên khối tâm của thanh nên G
chuyển động như vật bị ném xiên góc 30o so với phương ngang, còn thanh quay

quanh G với tốc độ góc ω không đổi ………………..
Khi thanh chạm sàn ở tư thế thẳng đứng: thanh quay quanh G được k vòng, gocws
mành thanh đã quay được:
5
.t 
 k .......
6
Khoảng cách nhỏ nhất từ điểm treo đến sàn nhỏ nhất khi k=0, ta có:

Điểm

0,5

vG  

0,25

0,25

0,25

5 3 3gL
(1)............
6
8
0,25
Độ dời của G theo phương thẳng đứng kể từ khi thanh dời giá đỡ đến khi chạm sàn:
t

H



L
L
gt 2 
cos30o     vG .sin 30o.t 
 (2)..........
2
2
2 


0,25

Từ (1) và (2): H≈1,6.L=3,2m ………..
0,25
2b
2đ

Chọn trục Oy thẳng đứng hướng lên, O tai điểm treo, phương trình chuyển động
khối tâm:

yG  vG sin 30o.t 

gt 2 L
 cos30o.........
2 2

Tọa độ đầu dưới D của thanh:
L

y  yG  cos t  30o 
2
gt 2 L
L
 vG sin 30o.t 
 cos30o  cos t  30o  .......
2 2
2
Độ cao cực đại của đầu dưới đạt được khi:
4

0,25

0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

0,25

dy
 0.........
dt

0,5

Ta tìm được:

L
..............

g

t  1.05

0,5

Từ đó ta có: yDmax=-0,523L nên HDmax=2,68m………
Bài 3: (4 điểm – Cơ học chất lưu)
Phần Hướng dẫn giải
3a
Áp dụng phương trình Béc – nu – li cho hai điểm A’ và
2đ
B

po   gH  po 

 v02

Điểm

0,5

 vo  2 gH .........

2
Xét trong khoảng dt rất nhỏ, coi vo không đổi, động
năng của nước chảy ra là:
1
1
W  (  .v0 .S .dt ).v0   .S .vo3dt.........

2
2
Công nâng vật:
A  mg.v1.dt..........

0,5
0,5

Hiệu suất:



3b
2đ

2mg.v1
A 2mg.v1


 5%.........
3
W
 Svo
 S ( 2 gH )3

0,5

Gọi áp suất trong bình là p, vận tốc nước chảy ra từ vòi là v. Tương tự ta có:




2mgv2
A 2mg.v2

v 3
............
3
W
 Sv
 S

0,5

Áp dụng phương trình Béc – nu – li cho hai điểm A’ và B khi này:

p   gH  po 

v2
2

..........

0,5

Độ thay đổi áp suất trong thùng:

p  p  po 

v2
2


  gH  1684( Pa)............

1,0

Bài 4:(4 điểm – Nhiệt học)
Phần Hướng dẫn giải( Phần 1:1,5đ; phần 2:1đ, phần 3:1,5đ)
4.1a
T
1
T  T0  T  aT0 z  z 

..........
aT0 300a
4.1b

Điểm
0,25

Ta có phương trình M-C:
p

 RT
M



 RT0 (1  az )
M
5


........

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Mặt khác theo công thức tính áp suất theo độ sâu trong chất lưu:
dp    gdz...............

0,25

Nên:
dp
Mgdz

p RT0 (1  az )

Lấy tích phân hai vế phương trình này ta có:
Mg

p ( z )  p0 (1  az ) RT0 a   

4.1c

Mg
 1...............
RT0 a


0,25
0,25

Phương trình đoạn nhiệt:

 p
T1 p  T0 p  T1 ( z )  T0  
 p0 
Phương trình đoạn nhiệt:


4.2b

0,25

Một lần nữa áp dụng phương trình M-C:
 RT  RT0 (1  az )
p

M
M
Mp0 (1  az )
Mp


 0 (1  az ) 1......
RT0 (1  az )
RT0 (1  az )
Tức là:     1 


4.2a

Mg
............
RT0 a

1
1



1
0

 1


 T0 (1  az )

 1



 

 1
 ......


0,5


1

 p 
p
pV   c    c '  1    

 p0 
Hay:
4.2c

4.3

 ( z )   0 (1  az )




 


Mg

.....
 RT0 a

Khối khí dâng lên ngày càng cao thì:

Mg   1
1           1  a 

 3,3.105 (m 1 ) ……

RT0 
Để bắt đầu ngưng tụ, nhiệt độ khối khí dâng lên phải giảm tới nhiệt độ điểm sương.
Tại nhiệt độ T0 áp suất hơi bão hòa là pbh(T0), khi này áp suất riêng phần là:
φ. pbh(T0), áp suất này bằng pbh(T) tức là:
pbh(T)= φ. pbh(T0)………..
p (T )
T0
qM 1 1 1

(  )  ln   T 
............
Theo bài ra : ln bh
RT0
pbh (T0 )
R T T0
1
ln 
qM 1
Theo phần 2a và do

RT0
ln   1 :
qM 1

T ( z )  T0 (1  az ) 

T0
RT

RT
 T0 .(1  0 ln  ) 1  T0 (1  0 ln  )........
RT
qM 1
qM 1
1  0 ln 
qM 1

nên:
6

0,25

0,25

0,25
0,5

0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

(1  az )  (1 

RT0
RT0
ln  )  z 
ln   690m.......
qM 1

a qM 1

0,25

Bài 5: (3 điểm – Phương án thực hành)
Phần Hướng dẫn giải
Điểm
5a
* Nếu M > m có thể bố trí như hình vẽ 1. Buộc dây (buộc thắt nút) tại điểm O
1,5đ và kéo dây để OC theo phương nằm ngang để vật M nằm cân bằng, cố định C

vào giá đỡ.
Đo các khoảng cách GH= a và OH= h ta có
M

m
a2  h2
m
.
cos
h

1,25

0,25

5b

* Nếu M < m ta vẫn dùng thí nghiệm này nhưng đổi chỗ m cho M….
Để xác định hệ số ma sát giữa vật khối lượng M và mặt bàn, ta xác định khối

lượng M như thí nghiệm 1 nêu trên.
Sau đó, bố trí thí nghiệm như Hình 2, trong đó A, B là hai ròng rọc gắn cố
định.
Vật khối lượng m được móc vào dây để trượt trên dây.
Kéo đầu D của dây sao cho M bắt đầu chuyển động sang phải thì dừng tay lại
và gắn cố định đầu dây D, vật M ngay sau đó cũng dừng lại khi này ma sát
nghỉ đạt cực đại.
1,5
Đo L và h ta tính được lực ma sát trượt:
2

L
a 
4    m 1  ( L )2
Fms  mg
h
M
2h
2

7


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Có thể tiến hành thí nghiệm theo các cách khác nếu đúng vẫn cho đủ điểm

Hết

8