HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ CỦA
CHUYÊN BẮC GIANG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ

NĂM HỌC 2015- 2016
MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 10
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 2 trang

Bài 1. ( 4 điểm)
m1

0
m2

Hai vật được nối với nhau bằng một sợi dây lí tưởng vắt qua ròng rọc như hình vẽ 1.
Vật treo nặng gấp đôi vật trên mặt bàn nằm ngang nhẵn. Tại thời điểm ban đầu dây nối m 1
hợp với phương ngang một góc 300. Sau khi buông tay các vật bắt đầu chuyển động.
a.Tính gia tốc của các vật tại thời điểm vật m1 bắt đầu rời khỏi mặt bàn.
Hình 1
b.Tìm góc  khi m1 bắt đầu rời khỏi bàn.
Bài 2.( 4 điểm)
A
Một quả cầu bán kính R, khối lượng M được đặt trên mặt bàn
nằm ngang. Từ đỉnh A của quả cầu, một vật nhỏ khối lượng m trượt
R
không ma sát với vận tốc ban đầu bằng 0.
O

a. Quả cầu được gắn cố định trên bàn.Vật sẽ rời mặt cầu ở độ
cao nào so với mặt bàn và góc chạm mặt bàn là bao nhiêu?
Hình 2
b. Quả cầu nằm tự do trên mặt bàn nhẵn. Xác định tỉ số m/M để vật nhỏ rời mặt cầu
tại tại độ cao 7R/4 bên trên mặt bàn.
Bài 3. ( 4 điểm)
Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu P
trình như hình vẽ 3. Trong chu trình đó khối khí thực hiện
1
P1
công A = 2026 J. Chu trình này bao gồm quá trình 1 � 2 ở đó
áp suất là hàm tuyến tính của thể tích, qúa trình đẳng tích 2 �
2
P2
�
3 và quá trình 3 1 nhiệt dung của chất khí không đổi. Biết

V2
8
V
T

T

2
T

100
K
2

3
rằng 1
, 1
. Cho R = 8,31 J/mol.K.
a. Tìm nhiệt dung trong quá trình 3 � 1.
b. Tính hiệu suất của chu trình.

P3
O

3
A

B
Hình 3

V


Bài 4.( 5 điểm)
Một thanh đồng chất AB dài 2 l , khối lượng m, đầu A tựa
trên sàn nhẵn nằm ngang và lập với sàn một góc 60 0, đầu B được
treo bằng dây thẳng đứng không dãn, không trọng lượng. Tại thời
B
điểm nào đó dây bị cắt đứt và thanh bắt đầu chuyển động.
a. Xác định áp lực của thanh lên sàn tại thời điểm thanh
bắt đầu chuyển động.
b. Tìm vận tốc khối tâm G của thanh phụ thuộc vào độ cao
h so với sàn.
Bài 5. ( 3 điểm)

Đo hệ số dẫn nhiệt của vật liệu
Cho các dụng cụ và thiết bị:
- 02 chậu thủy tinh có thành mỏng;
- 01 tấm kim loại đã biết hệ số dẫn nhiệt K0;
- 01 tấm kim loại cần đo hệ số dẫn nhiệt Kx;
- Nguồn điện một chiều; dây may so; biến trở; dây nối;
- Thước đo có ĐCNN = 1mm; thước kẹp;
-01 lá kim loại mỏng;
- 01 nhiệt kế bán dẫn
- Nước; nước đá.
a. Hãy xây dựng phương án đo hệ số dẫn nhiệt của tấm kim loại .
b. Nhận xét sai số và cách khắc phục.

G
A
Hình 4

.....................................................Hết................................................
Họ và tên thí sinh:................................................. SBD......................................................


HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1. ( 4 điểm)
a. Các lực tác dụng lên m1 và m2 được biểu diễn như hình vẽ.
Gọi a1, a2 là vận tốc và gia tốc của m1, m2 ở góc lệch  bất kỳ khi m1 chưa rời bàn.

Áp dụng định luật II Niutown ta có:
T cos   ma 1

N1


T sin   N1  mg
2mg  T  2ma 2

T1

0

m1

(0.75đ)

Tại thời điểm vật m1 bắt đầu rời khỏi mặt bàn: N1= 0
mg
sin 
� a1  g.cot 

x

�T 

m2

mg

g
a2  g 
2sin 

2mg

(0.75đ)

b. Do dây lí tưởng ta có:

v1cos  v 2 � v1 

v2
cos (1)

a
v sin 
a1  2  2 2 .�
cos cos 
Đạo hàm hai vế:
(2)
cos
dx
H
xH
� v1 

.�
2
sin

dt
sin

Mặt khác ta có:
(3)


(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)

H là khoảng cách từ ròng rọc tới mặt bàn
Từ (1) và (3):

T2

� �


v 2 sin 2 
H cos  thay vào (2)

v 22
a
� a1 
tan 3   2
H
cos (4)

(0.25đ)

Thay a1, a2 ở câu (a) vào phương trình (4)
v 22 tan 3 
3  tan 2 
1
.cot  


2
cos
gH
Ta được:
(5)
(0.25đ)
1
1
mv12  2mv22  2mgh
2
Dùng định luật bảo toàn cơ năng: 2
(6) (0.25đ)
H
H
H(2sin   1)
h 


sin 30 sin 
sin 
Với
thay vào (6)
(0.25đ)
2sin   1
� v12  2v22  4gH
sin  (7)
1
v 22 (3  tan 2 )  8gH(1 
)

2sin  (8)
Từ (1) và (7):
(0.25đ)


.
Kết hợp (5) và
cot 

(8)

ta

được:

3  tan 
1
8 tan 
1


(1 
)
2
2
cos (3  tan )
2sin  (9)
2

3


(0.25đ)


N
X  V
O mg

A
R


V1
0
0
Giải phương trình (9) và kết hợp với điều kiện  f 30 ta được   45

(0.25đ)

Bài 2.(4 điểm)
1) Độ cao khi rời mặt cầu và góc chạm bàn khi qủa cầu cố định
*Xác định góc  và vận tốc V của vật khi rời khỏi mặt quả cầu từ đó suy ra độ cao tương
Lực như hv. Chiếu lên trục bán kính
mg cos  N ma n với

an 

V2
R


(0.25đ)

+ vật rời khỏi mặt quả cầu : N = 0
ứng
2
=> V gR cos (1).

+ ĐLBTCN:

(0.25đ)

mV 2
mg( R  R cos )
2
2
 V 2gR(1  cos ) (2)

(0.25đ)

Giải hệ (1)((2) => cos 2 / 3; V  2gR / 3

(0.5đ)

Độ cao khi rời mặt cầu: h = R + Rcosα = 5R/3

V
* vật khi chạm vào mặt bàn vận tốc 1 dưới góc β

ĐLBTCN


mV
2mgR  1
2

2

=>

V1 2 gR.

(0.25đ)

+ Theo phương ngang vận tốc không đổi
=> V cos V1 cos .
Thay các biểu thức của V, V1 và cos

(0.25đ)
 ar cos

2) Quả cầu đặt tự do
* Phân tích:
+M chỉ chuyển động trượt không ma sát

6
74 0
9

A



v2

O

(0.25đ)


N
V


do tương tác với m
+m bắt đầu rời M : aM = 0 , M có vận tốc v2, m có vận tốc v đối với M
trong HQC gắn M: vào thời điểm rời Fqt = 0, N = 0, pt cho m:
mg.cosα = mv2/R => v2 =gRcosα

(0.25đ)

(1)

Trong HQC bàn: Xét hệ hai vât
ĐLBTDL theo phương ngang:
0 = Mv2 + m(v2 – v.cosα) => v = (*)
ĐLBTCN : mgR(1- cosα) = (**)

(0.25đ)
(0.25đ)

(*)&(**) => v2 = 2gR(1 - cosα ). (2)


(0.25đ)

+ (1)&(2) => (3)

(0.25đ)

+ hình vẽ => cosα = ( 7R/4- R)/R = 3/4 (4)

(0.25đ)

+ Từ (3)(4) được

(0.5đ)

Bài 3. ( 4 điêm)
a. Đối với quá trình 3 � 1: Q31  U 31  A31
Sự thay đổi nội năng trong quá trình 3 � 1:

3
3
3
1
3
U 31  RT31  R(T1  T3 )  R(T1  T1 )  RT1
2
2
2
2
4
(1)

Công A31 mà chất khí thực hiện được trong quá trình có thể
tìm được bằng điện tích của đường cong dưới đường 3 � 1:

A31  S A12 B  S12
ở đây

S A12 B 

P1  P2
(V2  V1 )
2

P
P1

1

P2

2

P3

3

O

A

B


(2)

(0.5đ)
Từ phương trình khí lí tưởng đối với các điểm 1 và 2 ta có: p1V1  RT1 ; p2V2  RT2

8 p  p1
63
V2
p1
8
S A12 B  1
(8V1  V1 ) 
p1V1
p

2
2.8
16
8 ;Vì vậy:
Vì T1  T2 và V1
thì

( 3)

Diện tích tam giác cong 123 cho ta biết công của chu trình 123: S A12 B  A
Khi đó:

A31 


63
p1V1  A  1246( J )
16
.

(0. 5đ)

Vì chất khí bị nén nên A31  0 , A31  1246 J

(0.25đ)

3
63
Q31  RT1  A  RT1  632( J )
4
16
Nhiệt lượng Q31 thải ra trong quá trình 3 � 1 bằng:
(0.25đ)

V


Vì nhiệt lượng liên hệ với nhiệt dung là:
Thì: C = - 12,5 J/K

Q31  C (T1  T3 )  C.

T1
2 ( 4)


(0.25đ)
(0.25đ)

b.Phương trình của đoạn 1-2: P  aV  b ( 5)

a=b=

P1
8V1

9
P1
8

Thay toạ độ các điểm 1, 2 ta tính được:
Áp dụng nguyên lí I: dQ = dU + dA => dQ = CVdT + pdV ( 6)
Phương trình trạng thái khí cho quá trình 1-2:
PV = RT => PdV + VdP = RdT

(0.25đ)

Ta có P  aV b => dP = adV

(0.25đ)

=> PdV +aVdV = RdT

�

P  aV

3
dV
CV  R
R
2
thay vào phương trình (6) và
dQ 5
3
�
 P  aV
dV 2
2
(0.25đ)

dT 

3
�3
�
dQ  � P  aV  P �
dV
2
2
�
�
=>

dQ
�
0 V

Khí nhận nhiệt trong quá trình 1-2: dV

45
V1
8

(0.5đ)

Nhiệt lượng khí nhận được trong quá trình 1-M

dQ 

45
V1
8

3
�3
�
P

aV  P �
dV
�
�
2
�2
�
V
1


45
V1
8

5
5
 �
(4aV  b)dV  2aV12  bV
2
2
V

45
V1
8
V1

�5.35PV
 4445,85 J
1 1

1

Trong qua trình 2-3; 3-1 khí toả nhiệt.


Hiệu suất của chu trình:

(0.5đ)


A
2026

�45,6%
Q12 4445,85

(0.25đ)

Bài 4( 5 điểm)
1. Gọi  là góc hợp bởi thanh và trục Oy. Khi dây đứt thanh
chuyrne động trong mặt phẳng thẳng đứng.
B
+ Phương trình chuyển động của khối tâm G
�
mx �
G 0
�
my�
G  NP

(1)

y

G

(0.5đ)

P


N
A


+ Phương trình chuyển động quay của thanh quanh khối tâm G: IG   Nl sin  (2)
(0.25đ)
Lực tác dụng chỉ theo phương thẳng đứng và thanh đứng cân bằng nên khối tâm G chỉ
chuyển động rọc theo trục Oy.
(0.25đ)
Ta có:
�
�

2
�
�
�
�
�
�
yG  l cos � y�
G   l  sin  � y G   l  sin   l  cos

(0.25đ)
(0.25đ)

�
�
�

(0)  0 � y�
G (0)   l  (0) sin (0) (3)
Tại thời điểm ban đầu: �
�
�
Tại thời điểm ban đầu: my G (0)  N 0  P

�
I G �
(0)  Nl sin (0)

�
�
Từ (3) và (4) ta có: ml  (0)sin (0)  N 0  P
ml 2
IG 
3
Từ (5) và (6) và chú ý

x

(4)
(5)

(0.5đ)

(6)

3N 0 l sin 2 (0)
� ml .

 N0  P
ml 2
4mg
� N0 
7

(0.5đ)

1
1
2
E d  mvG2  I G �
2
2
2. Độ biến thiên động năng:
(7)

(0.25đ)

+ Vì khối tâm chỉ chuyển động theo trục Oy nên ta có
�
�
� v G  y�
G  l  sin  �   

Thay vào (7) ta có

E d 

vG

l sin 

(0.5đ)
2

2
G

v
1
1 ml
l h
mvG2 
. 2 2
sin   2
2
2 3 l sin  với
l
2

2

(0.5đ)

3l
h 0  l .c os0 

E

mgh


mgh

mg(h

h)
t
0
0
2
+ Độ giảm thế năng:
;
1
� E t  mg( 3l  2h)
2

Bảo toàn cơ năng: E d  E t
Bài 5( 3 điểm)
A. Cơ sở lý thuyết:

� vG 

3g( 3l  2h)(l 2  h 2 )
4l 2  3h 2

(0.25đ)
(0.25đ)
(0.5đ)

- Nhiệt lượng dQ truyền qua diện tích dS trong khoảng thời gian dt được xác định bởi công

thức Fourie:
dT
dQ  K �
dS �
dt �
dx

(0.25đ)

- Khi ở trạng thái dừng (Hình 5.):
QT1 �T2  QT2 �T0

T1

T0

Hình 5

Nhiệt kế T2


T T
T T
K 0 �
S �
t �1 2  K X �
S �
t �2 0
l0
lX

l T T
� K X  K 0 �X �1 2
l 0 T2  T0

(0.5đ)

B. Thí nghiệm:
a) Dụng cụ thí nghiệm:
- 02 chậu thủy tinh thành mỏng;
- 01 miếng kim loại có hệ số dẫn nhiệt K0;
- 01 miếng kim loại cần đo hệ số dẫn nhiệt KX;
- Nguồn điện, dây mayso; biến trở; các dây nối;
- 01 nhiệt kế bán dẫn;
- Nước; nước đá; thước dài; thước kẹp; 01 lá kim loại rất mỏng.

(0.5đ)

b) Bố trí thí nghiệm: như Hình 5
c) Tiến trình thí nghiệm: (0.75đ)

- Bước 1: Dùng thước kẹp đo chiều dày của các miếng kim loại: ℓ0; ℓX.
- Bước 2: Đóng khóa K để dây mayso cung cấp nhiệt cho nguồn T 1 đến khi nước sôi. Điều
chỉnh biến trở đến giá trị thích hợp sao cho nước trong nguồn T1 luôn sôi: T1 = 100oC.
- Bước 3: Dùng nhiệt kế bán dẫn đo nhiệt độ của lá kim loại: Theo dõi sự thay đổi nhiệt độ
của lá kim loại, đến khi nhiệt độ đạt giá trị ổn định trong thời gian đủ dài, đọc giá trị của
nhiệt kế T2.
d) Kết quả thí nghiệm: (0.5đ)
- Chiều dày các tấm kim loại:ℓ0 = ...; ℓX = ...
- Nhiệt độ lá kim loại khi ở trạng thái dừng: T2 = ...
- Hệ số dẫn nhiệt của tấm kim loại: KX = ...

- Sai số tỷ đối:
K x K 0 l x l 0 � 1
1



�

�
Kx
K0
lx
l 0 �T1  T2 T2  T0

�
�
T2
�
�
�

C. Nhận xét: (0.5đ)
- Ưu điểm: Kết quả đo có độ chính xác cao.
- Nhược điểm:
+ Thời gian đo lâu;
+ Sai số do sự truyền nhiệt qua thành chậu, ra môi trường và các lớp tiếp giáp.


.....................................................Hết................................................