Tuyển tập đề thi chọn học sinh giỏi 2018 môn Vật Lý lớp 10 - Các trường THPT Chuyên Cả nước - Có hướng dẫn chấm (Bộ đề 1)

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN 

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN- HÀ NỘI 

ĐỀ GIỚI THIỆU 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 

LẦN THỨ XI 

MÔN VẬT LÍ - KHỐI 10 

(Đề có 05 câu; gồm 03 trang) 

Câu 1: (5 điểm) 

1) Một người đi xe đạp lượn tròn trên một sân nằm ngang có bán kính R. Hệ 

số ma sát chỉ phụ thuộc vào khoảng cách r từ tâm của sân theo quy luật 

 

 

 

r 

1 

R 

0 

. Với 

0 

là một hằng số (hệ số ma sát ở tâm của sân). Xác định 

bán kính của đường tròn tâm O mà người đi xe đạp có thể lượn với vận tốc 

cực đại. Tính vận tốc đó. 

2) Một khối bán cầu tâm O, khối lượng m, được đặt 

sao cho mặt phẳng của khối nằm trên một mặt 

phẳng nằm ngang. Một vật nhỏ có khối lượng m bay 

theo phương ngang với vận tốc u tới va chạm với 

 

A 

 

G 

O 

bán cầu tại điểm A sao cho bán kính OA tạo với 

phương ngang một góc α. Coi va chạm là hoàn toàn 

đàn hồi. Bỏ qua mọi ma sát. Hãy xác định theo m, u, và α: 

a) Vận tốc của khối bán cầu sau va chạm. 

b) Độ lớn xung lượng của lực do sàn tác dụng lên bán cầu trong thời gian 

va chạm. 


Một vành trụ mỏng, đồng chất, bán kính R, có 

khối lượng M được đặt thẳng đứng trên một mặt 

phẳng ngang. 

a) Từ điểm A trên mặt trong của vành trụ có 

A 

O 

cùng độ cao với tâm O người ta thả nhẹ một vật 

nhỏ có khối lượng m (hình vẽ). Bỏ qua ma sát ở 

R 

1

mọi mặt tiếp xúc. Tìm áp lực của vật lên vành khi nó xuống đến vị trí thấp 

nhất. 

b) Bây giờ vật m được gắn chặt vào điểm A. Giữ vành đứng yên trên 

mặt phẳng nằm ngang khác sao cho bán kính OA nằm ngang. Tìm điều kiện 

của hệ số ma sát giữa vành và mặt phẳng ngang để vành lăn không trượt 

ngay sau khi thả. 

Câu 3:(4 điểm) 

Trong một phương án phóng tàu vũ trụ trong hệ Mặt trời, người ta dự 

định dùng một tấm buồm mặt trời diện tích s = 1km 2 . Buồm được mở ra (coi 

như tức thời) khi tàu chuyển động quanh Mặt trời trên quỹ đạo của Trái đất. 

Buồm luôn luôn hướng vuông góc với tia mặt trời. Áp suất của tia mặt trời 

trên quỹ đạo Trái đất bằng P = 10 -5 Pa. Bán kính quỹ đạo của Trái đất R Đ = 

1,5.10 8 km 

1) Hỏi tàu phải có khối lượng bằng bao nhiêu thì nó có thể vượt ra 

khỏi hệ Mặt trời? 

2) Với khối lượng cực đại nào của tàu thì nó có thể đạt đến quỹ đạo sao 

hỏa? Biết bán kính quỹ đạo sao hỏa R H = 2,3.10 8 km. Bỏ qua ảnh hưởng của 

Trái đất và các hành tinh khác. 

Cho biết G.M T = 1,3.10 11 km 3 /s 2 (G là hằng số hấp dẫn, M T là khối 

lượng Mặt trời) 


Trong một bình hình trụ cách nhiệt đặt thẳng đứng, bên 

dưới một pittông không trọng lượng, không dẫn nhiệt là một 

mol khí lý tưởng, đơn nguyên tử ở nhiệt độ 

T 300K 

bình. Biết rằng ban đầu thể tích khí lớn gấp đôi thể tích thủy 

ngân, áp suất khí lớn gấp đôi áp suất khí quyển bên ngoài. Hệ 

ở trạng thái cân bằng. Hỏi phải cung cấp cho khí một nhiệt lượng tối thiểu 

bằng bao nhiêu để đẩy được hết thủy ngân ra khỏi bình? 


2 

1 

. Bên trên 

pittông người ta đổ đầy thủy ngân cho tới tận mép để hở của 

Thủy ngân 

khí

Cho các dụng cụ sau: 

- Một mẩu gỗ. 

- Lực kế. 

- Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng không đổi và chưa biết giá trị góc 

nghiêng. 

- Dây chỉ. 

Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát giữa một mẩu gỗ 

với mặt phẳng nghiêng, biết rằng độ nghiêng của mặt phẳng không đủ lớn 

để cho mẩu gỗ tự trượt xuống. 

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

Người ra đề 

3

ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THIỆU - LẦN XI – MÔN VẬT LÝ 10 

(TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN – HÀ NỘI) 

Câu 1 

(5 điểm) 

1. 

1,5 đ 

Giả sử người đó đang đi trên quỹ đạo tròn 

với bán kính r với tốc độ v. 

Đối với hệ quy chiếu cố định gắn ở tâm O, 

lực ma sát tác dụng lên vật đóng vai trò là 

lực hướng tâm. 

2 

r v 

N ma ht 

=> 

0 1 . 

mg m 

R r 

2 0g 

2 

=> v 0gr 

r 

R 

0g 

Đây là một tam thức bậc 2 ẩn r với hệ số a 0. 

R 

2 

0 

g 

Giá trị của v đạt lớn nhất khi: r 

g 

 

0 

2. 

R 

F 

ms 

0,5đ 

R 

 

2 

0,5đ 

2 

2 2 R 0g 

R 0gR 

Lúc đó: vmax 

v 0g 

=> v 

gR 0 

max 

2 R 2 4 

2 

Vậy người đi xe đạp có thể đi với vận tốc lớn nhất bằng 

gR 0 

trên 0,5đ 

2 

R 

quỹ đạo có bán kính lớn nhất bằng . 2 

V 

2. 

3,5 đ 

 

a) 

2,5 đ 

 

A 

 

G 

O 

0,25 

Gọi u 

1 

, V lần lượt là vận tốc của vật nhỏ và bán cầu ngay sau va chạm. 

Véctơ hợp với phương ngang một góc . áp dụng định luật bảo 

toàn động lượng theo phương ngang và bảo toàn cơ năng ta có: 

mu mu cos mV 

0,25 

mu 

2 

u 

2 

2 

 

V 

1 

mu 

2 

2 

2 

1 

u 

mV 

 

2 

u V 

u cos 1 

 

2 

1 

2 

0,5 

4

2 

1 

cos 

u u 

2cos 

2 

sin 

V u 

2cos 

1 

2 

tg 

u 

2 

1 

1 

cos 

(1) 

(2) 

Phân tích: 

Do không ma sát nên: không thay đổi trong suốt quá trình 

va chạm nên ta có: 

u 

 

cos 

sin 

u u1 cos (1 

tg 

cot g) 

(3) 

2 

1 

u 

0,5 

2 

1 

cos 

Từ (1), (3) suy ra: u1 

cos u1 

cos (1 tg 

cot g) 

2 

2cos 

0,25 

1 2 

tg 1 

1 

tg 

cot g 

tg 

2cot 

g 

(4) 

2 

u 

Thế (4) vào (3) rút ra: u1 

cos 

(5) 

2 

1 

2cot g 

0,25 

Thay (4) và (5) vào (2), ta được: 

2 

2 

2 

2cot g 2cos 2cos 

V 

u 

u 

u 

2 

2 

2 

1 

2cot g 1 

cos 1 

cos 

Vậy vận tốc của khối bán cầu sau va chạm là: V 

b) 

1,0 đ Trong thời gian va chạm, khối bán cầu 

chịu tác dụng của 2 xung lực: (do vật 

tác dụng) và phản xung 

dụng). 

(do sàn tác 

Định lý biến thiên động lượng cho khối 

cầu: 

+ = 

= > hình vẽ . 

2 

2cos 

u 

2 

1 

cos 

5 

0,5 

Hình vẽ 

0,5 

0,5

từ hình vẽ suy ra: 

X p 

mVtg 

sin 2 

mu 

1 

cos 

 

2 

Câu 2 1a) Do không có ma sát nên vành chỉ trượt mà không quay. Gọi v, V 

(4 điểm) lần lượt là vận tốc của m và M khi m xuống đến vị trí thấp nhất. Áp 

dụng định luật bảo toàn động lượng và cơ năng ta có: 

mv MV 

2 2 

mv MV 

mgR 

2 2 

0,5 

Giải hệ pt trên ta được: 

v 

2gR 

, 

m 

1 

M 

m 

V 

M 

2gR 

m 

1 

M 

Trong HQC gắn với M, m chuyển động tròn, khi m thấp nhất thì HQC 

này là HQC quán tính nên : 

2 

m( v V 

) 

N mg 

. 

R 

0,5 

Thay v, V vào ta tìm được: 

2m 

 

N mg 3 

 

M 0,5 

b). Kí hiệu G là khối tâm của hệ. 

Ta có: 

OG mR 

; M m 

0,5 

O . G . 

Phương trình quay quanh tâm 

a G 

quay tức thời C: 

mg 

2 

mgR I 

 

 

2MR mR 

2 2 

 

 

C 

F 

mg 

 

R 

M m 

2 

Gia tốc của khối tâm G ngay sau khi thả hệ: 

a . CG 

0,25 

G 

0,5 

Phương trình định luật II Niutơn cho hệ : 

theo phương ngang: F ( M m) aG 

cos ( M m) 

R 

(2) 

phương thẳng đứng: ( M m) g N ( M m) a sin 

2 

m 

N ( M m)( g OG) M m 

g 1 

2( ) 

2 (3) 

M m 

G 

0,25 

0,25 

0,25 

6

Câu 3 

(4 điểm) 

a) 

Điều kiện để vành lăn không trượt: 

(2)&(3) và F N 

m( M m) 

 

2M 4Mm m 

2 2 

Khi buồm mở, tác dụng lên tàu gồm có lực hấp dẫn của Mặt trời và 

áp lực của các tia mặt trời, hai lực này ngược hướng nhau. 

Hợp lực của chúng là 

F 

* 

2 

PSR 

D 

M 

T 

m 

M m M M GmR 

 

Gm 

 

G PS G PS G 

 

 

(1) 

R 

R GmR 

R 

T 

2 

D 

T 

2 

D 

2 

D 

2 

D 

2 

D 

0,5 

0,5 

Đặt 

M 

* 

T 

2 

PSRD 

M 

T 

(2) 

Gm 

* 

M 

T 

-gọi là khối lượng Mặt trời hiệu dụng 

M 

m 

* 

* 

T 

F G 

2 

RD 

F * - gọi là lực hấp dẫn hiệu dụng của Mặt trời. 

Bây giờ ta giải bài toán coi khối lượng mặt trời là 

suất Mặt trời. 

Trên quỹ đạo Trái đất, vào thời điểm buồm mở: 

2 

mVD 

M 

T 

m 

Tàu có vận tốc V D : G VD 

 

2 

2 R 

Năng lượng toàn phần của tàu là: 

D 

* 

M 

T 

và bỏ đi áp 

GM 

R 

2 

mVD 

mM 

E G 

2 R 

2 

m M 

 

(2) & (3) => 

T * Gm PSRD 

M 

T 

E G M 

 

RD 

2 RD 

Gm 2 

Tầu vũ trụ ra khỏi hệ mặt trời nếu E 0 

D 

D 

* 

T 

T 

(3) 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

2 

2 

PSR M 

T 

2PSRD 

0 m 3,46.10 

Gm 2 

GM 

T 

Khi khối lượng đủ lớn tàu sẽ chuyển động theo quỹ đạo kín. 

D 3 

kg 

b) Giả sử m = m 1 nào đó thì quỹ đạo của tàu 

có thể tiếp xúc với quỹ đạo sao hoả và 

chuyển động theo quỹ đạo elíp. đó là khối 

lượng lớn nhất có thể có. 

Trục lớn của elíp là (R D + R H ) 

R D 

s 

 

R H 

0,5 

7

Câu 4 

(4 điểm) 

Áp dụng ĐL bảo toàn năng lượng ta có 

2 

* 

2 

m1V 

D 

Gm1M 

t 

m1V 

H 

Gm1M 

 

2 R 2 R 

V 

2 

D 

V 

2 

H 

D 

2GM 

Theo ĐL II Kepler: V 

* 

t 

1 

 

R 

D 

1 

 

R 

H 

H 

 

 

 

* 

T 

(4) 

D 

D 

RD 

VH 

RH 

VH 

VD 

(5) 

RH 

Thay (5) vào (4) chú ý đến (3) ta có: 

2M * T.R H = M T (R H + R D ) (6) 

2 

PSR 

D 

(2) & (6) => 2 RH 

M 

T 

M 

T 

RH 

RD 

 

Gm 

 

 

 

2 

2PSRH 

RD 

=> m 

GM 

T 

RH 

RD 

 

Thay số, được m 9,95.10 3 kg. 

Gọi p 

a 

là áp suất khí quyển, S là diện tích pittông, H và 2H lần lượt 

là độ cao ban đầu của thủy ngân và của khối khí; x là độ cao của khí ở 

vị trí cân bằng mới của pittông được nâng lên. 

Thiết lập biểu thức liên hệ nhiệt lượng cung cấp Q cho khí và độ cao 

x 

- Ban đầu, áp suất khí bằng (2 p a 

), => áp suất cột thủy ngân có độ 

cao H bằng p 

a 

. 

- Trạng thái cân bằng mới: 

3H x 

+ cột thủy ngân có độ cao 3 H x , có áp suất bằng pa 

. 

H 

+ khí có nhiệt độ T x , áp suất 

3H 

x 4H 

x 

px 

pa 

pa 

pa 

H H 

(1) 

- Phương trình trạng thái: 

pxSx 

2 pa. 

S(2H 

) 

(2) 

T T 

(4H 

x) 

x 

(1)&(2) => T x 

T 

2 1 

4H 

Độ biến thiên nội năng trong quá trình pittông nâng lên đến độ cao x 

bằng: 

2 

2 

x 2H 

3( x 2H) 

U CV 

( Tx 

T1 

) 

CVT1 

RT 

2 1 

(3) 

2H 

 

8H 

với C V 

3R/ 2 . 

x 

R 

1 

0,5 

0,5 

0,25 

0,5 

0,5 

0,5 

8

Từ (1) thấy áp suất biến thiên tuyến tính theo x từ 2 pa 

đến px 

=> độ lớn công mà khí thực hiện trong quá trình trên là: 

2pa 

px 

(6H 

x)( 

x 2H) 

A ( xS 2HS) 

 

2 

2H 

Vì trong trạng thái ban đầu: 

2p a 

.2HS 

RT1 

=> 

(6H 

x)( 

x 2H) 

A 

RT 

2 

1 

8H 

p 

a 

S 

0,75 

Câu 5 

(3 điểm) 

Theo Nguyên lý I NĐH: Q U 

A 

Và tính đến (2) và (3), ta được 

2 

2 RT1 

RT1 

Q ( x 

5Hx 

6H 

) = ( x 2H 

)(3H 

x) 

2 

2 

2H 

2H 

Nếu thay một cách hình thức x = 3H vào 

phương trình trên ta sẽ nhận được đáp số 

không đúng là Q = 0. Để có kết luận đúng ta 

sẽ hãy vẽ đồ thị của Q theo x. 

Từ đồ thị thấy: 

Để đạt đến trạng thái cân bằng khi x = 2,5H, ta cần cung cấp một 

RT1 

nhiệt lượng Q0 312J 

. 

8 

Còn để đạt tới các vị trí cân bằng với x > 2,5H thì cần một nhiệt 

lượng Q Q0 

. 

Điều đó có nghĩa là sau khi truyền cho khí nhiệt lượng Q 

0 

và pittông 

đạt đến độ cao x = 2,5H khí sẽ bắt đầu tự phát giãn nở và đẩy hết thủy 

ngân ra ngoài bình. 

Vậy nhiệt lượng tối thiểu cần cung cấp là Qmin 

Q0 

312J 

. 

- Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt đều đi lên mặt phẳng 

nghiêng, khi đó ta có: F 1 = kPcos + Psin (1), (F 1 là số chỉ của lực 

kế khi đó). 

- Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống ta có: 

F 2 = kPcos - Psin (2). 

- Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta có: F 1 -F 2 =2Psin 

F1 F2 

sin 

(3). 

2P 

- Cộng vế với vế phương trình (1) và (2) ta có: 

- Do sin 2 +cos 2 = 1 nên ta có: 

F1 F2 

cos 

(4). 

2P 

0,5 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

9

F1 

F 

1 ( 

2P 

2 

) 

2 

F1 

F 

( 

2kP 

2 

) 

2 

k 

4P 

2 

F F 

1 

( F 

- Các lực đều được đo bằng lực kế, từ đó tính được k. 

1 

2 

F ) 

2 

2 

0,5 

0,5 

-----------------Hết----------------- 

10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH 

ĐỀ THI CHỌN HSG KHU VỰC DHBB 

NĂM HỌC 2017 – 2018 

Môn: Vật lý – Lớp 10 

Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian phát đề) 

Bài 1: Cơ học chất điểm (4 điểm) 

Cho con lắc có một đầu gắn cố định tại điểm O, một đầu treo vật nhỏ 

bằng sợi dây nhẹ không dãn, chiều dài L. Tại vị trí P ở dưới điểm O, 

cách O đoạn L/2 có gắn đinh. Con lắc được thả nhẹ từ vị trí A với 

OA có phương nằm ngang như hình vẽ. Khi con lắc tới vị trí B, chỉ 

phần dưới điểm P có thể tiếp tục đi lên. 

a) Giả sử khi con lắc tới vị trí C, sợi dây bị đứt. Tính góc tạo bởi PC 

và phương thẳng đứng. 

b)Sau khi dây đứt, vật nhỏ chuyển động tới vị trí D đạt độ cao cực 

đại. Tìm độ cao cực đại của vật so với điểm P. 

c)Vật đi qua điểm E ở ngay dưới điểm O. Tìm khoảng cách OE. 

Bài 2: cơ học vật rắn-(5 điểm) 

Một quả cầu bán kính b đang nằm yên ở trên một quả cầu cố định bán kính a, a>b, vị trí ban đầu θ=0 0 . 

Quả cầu bên trên di chuyển nhẹ để nó lăn dưới tác dụng của trọng lực như hình bên. Hệ số ma sát nghỉ 

µ s >0, hệ số ma sát trượt µ=0. 

a)Viết phương trình chuyển động lăn thuần túy của quả cầu phía trên từ 

đó rút ra phương trình chuyển động theo và θ khi quả cầu lăn không 

trượt. 

b)Tìm phương trình liên hệ và θ từ đó tìm sự phụ thuộc của θ theo t, 

giả sử 0< θ(0)

Một mol khí lí tưởng lưỡng nguyên tử thực hiện chu trình biến đổi khí trong đó p phụ thuộc 

tuyến tính vào thể tích (gồm bốn đoạn thẳng như hình vẽ), (12) và (34) đi qua gốc toạ độ. Các điểm 1, 

4 có cùng nhiệt độ T 

1 

= 300K , các điểm 3, 2 có cùng nhiệt độ T 

2 

= 400K, các điểm 2 và 4 có cùng 

thể tích V. Xác định công của chu trình. 

p 

( 2) 

(1) (3) T 

2 

(4) T 

1 

0 

V (l) 

Bài 5: Phương án thực hành (3 điểm ): 

1) Mục đích thí nghiệm: 

Có một bình nước nóng đậy kín, chỉ có thể lấy được nước ra qua một vòi có khoá. Cần làm thí 

nghiệm để xác định nhiệt độ của nước trong bình. 

2) Thiết bị thí nghiệm: 

a) Một ống nghiệm nhỏ, dung tích khoảng 30 cm 3 . 

b) Nhiệt kế thuỷ ngân chia độ đến 0,1 0 C. 

c) Bút dạ viết được lên thuỷ tinh. 

d) Đồng hồ bấm giây. 

3) Yêu cầu xây dựng phương án thí nghiệm: 

a) Trình bày cơ sở lý thuyết. Viết các công thức cần thiết. 

b) Trình bày một phương án thí nghiệm để xác định nhiệt độ của nước trong bình, trong hai 

trường hợp sau: 

- ống nghiệm được bọc ngoài bằng bông cách nhiệt tốt. 

- ống nghiệm được bọc ngoài bằng bông cách nhiệt không tốt. 

c) Tìm công thức tính sai số của nhiệt độ đo được. 

-------------- Hết------------ 

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 

Họ và tên thí sinh: ………………………………….Số báo danh: ………… 

(Đề thi này có 02 trang)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH 

HƯỚNG DẪN CHẤM 

ĐỀ THI CHỌN HSG KHU VỰC DHBB 


Môn: Vật lý – Lớp 10 

ĐÁP ÁN 

Bài số Hướng dẫn Thang 

điểm 

1 a)Gọi θ là góc tạo bởi PC và phương thẳng đứng. 

(4 

2 

Cơ năng bảo toàn tại vị trí A và C suy ra: vC 

gL(1 cos ) 

1,0 

điểm) 

2 

v 

Từ định luật II Niuton: T mg cos 

m C 

L /2 

Tại C, T=0 suy ra cosθ=2/3 => θ=48 0 . 

2 

b)Tại C, vận tốc vC 

gL(1 cos ) gL / 3, v C tạo với phương ngang góc θ. Sau 1,0 

khi dây đứt, vật chuyển động như vật bị ném xiên. Tại độ cao cực đại, v y =0, suy 

ra 

2 2 

vC 

sin 5L 

y 

2g 

54 

Vị trí vật đạt độ cao cực đại so với điểm P là Lcosθ/2+5L/54=23L/54. 

c)Chọn P là gốc tọa độ, khi đó tọa độ của vật được xác định bởi 

x=Lsinθ/2-v C cosθ.t 

0,75 

y=Lcosθ/2+v C sinθ.t-gt 2 /2 

Tại điểm E, x=0 suy ra 

Lsin 

1,25 

t= thay vào y=9L/32. 

2vc 

C 

os Vậy E cách O là 7L/32. 

2 

(5 

điểm) 

a)Ban đầu O,A,O’,B ở trên cùng đường thẳng đứng. Khi quả cầu bên trên lăn 

được góc thì tâm của nó dịch chuyển được đoạn θ.OO’. Điều kiện cho 

chuyển động lăn thuần túy: 

(a+b).θ=b. . 

Phương trình chuyển động của quả cầu bên trên là: 

m(a+b) =mgsinθ-f 

I =2mb 2 /5=fb, 

với f là lực ma sát nghỉ trên mặt cầu. Khi quả cầu lăn không trượt, ta có: 

(a+b). =b. . 

5g 

sin 

Vậy ta được 

7( a 

b) 

2 

1 d 

10gcos 

b)Sử dụng , từ phương trình trên ta được 2 C . 

2 d 

7( a 

b) 

10g 

2 10 g(1 cos ) 

Với =0 tại θ=0 rút ra C => 

. 

7( a 

b) 

7( a 

b) 

= 

20g 

 

sin 

7( a 

b) 2 

0,25 

0,5 

0,5 

0,25 

0,75 

0,75 

0,25

Tại t=0, θ 0 =θ(0) => 

 

 

 

ln 

 

 

 

tan 4 

0 

tan 4 

 

d 

 

20g 

 

t 

dt 

0,75 

7( ) 

0 sin 

a 

b 

 

0 

2 

0,5 

5g 

7( a 

b) 

kt 

e 

. 0,5 

 

 

=kt, với k= 

 

 

0 

ta được 4arctan tan 4 

3 

(4 

điểm) 

3 2 

aE 

365 

a)Theo định luật 3 Keple: 

3 2 

a V 

225 

=> a E/a V =1,3806. 

A' B ' A' V A' V 1 

b) 

AB AV AA' A' V aE 

/ aV 

1 

=2,6273. 

=>A’B’=4729 km. 

c)Đường kính của Mặt trời là: A’B’.290=1,37.10 6 km. 

d)Gọi v E là vận tốc của Trái đất quanh Mặt trời. Khối lượng Mặt trời là M S 

Sử dụng công thức v 2 =GM S /r. 

Vận tốc của sao Kim bằng vE aE / a 

V 

=1,175 v E . 

Quan sát từ Trái đất thì vận tốc của sao Kim là vE aE / aV 

-v E = 0,175 v E ; vận 

tốc của Mặt trời là –v E . Chiếu lên bề mặt của Mặt trời, vận tốc của bóng sao 

Kim là 0,175 v E . a E /a V =0,2416 v E . 

Do đó vận tốc của bóng tối sao Kim quét trên bề mặt Mặt trời là 

v 

E aE / aV 1 aE / aV 

1 

=1,2416 v E. 

v E =2πr E /T E =29886 m/s. 

Hiệu thời gian cần tìm là : 

4729 

=127 s=2,13 phút. 

1,2416 29886 

0,5 

0,75 

0,5 

0,25 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

4 (4 

điểm) 

* Quá trình 12 : p=aV với a là hằng số 

p1 p2 p1V 1 

p2V2 

a 

2 2 

V V V V 

1 2 1 2 

RT RT V T 

 

V V V T 

1 2 1 2 

2 2 

1 2 2 1 

* Quá trình 34 : p= b V với là hằng số 

p p p V p V RT RT V T 

b 

V V V V V V V T 

3 4 3 3 4 4 3 4 3 2 

2 2 2 2 

3 4 3 2 3 4 2 1 

2 

V1 

Nhận xét : 

V = V2 V2 

V 

 

V 

3 

V 

2 

3 1 

0,5 

0,25 

0,25 

Công của khí trong các quá trình : 

( p1 p2)( V1 V2 ) p1V 1 

p2V1 p1V 2 

p2V2 

1 

A12 S 

ABCD 

R ( T2 T1 

) 

2 2 2 

( p3 p4)( V3 V4 ) p3V 3 

p4V3 p3V 4 

p4V4 

1 

A34 R ( T2 T1 ) A12 A34 

0,25 

2 2 2

( p2 p3)( V3 V2 ) p2V3 p3V 3 

p2V2 p3V 

2 

1 

A23 ( p2V3 p3V 

2 ) 

2 2 2 

( p4 p1 )( V1 V4 ) p4V1 p1V 1 

p4V4 p1V 

4 

1 

A41 ( p4V1 p1V 

4 ) 

2 2 2 

0,25 

0,25 

0,25 

Công của khí trong chu trình : 

1 V V 1 V V 

A A A A A A A RT ( ) RT ( ) 

V 

V 

Vì 

1 2 

2 1 

3 2 1 2 

12 34 23 41 23 41 2 1 

2 V2 V3 2 V2 V1 

T V 

; 

T V 

T 

nên 

T 

3 2 

2 1 

2 2 

nR( T2 T1 

) 

A 839,61( J) 

2 TT 

1 2 

0,5 

0,5 

5 

(3 

điểm) 

Đo nhiệt độ của nước: 

1) Ống nghiệm cách nhiệt tốt: 

- Dùng bút đánh dấu một vạch chuẩn trên ống nghiệm. 

- Đặt nhiệt kế trong ống nghiệm, đọc nhiệt độ ban đầu T 0 (T 0 ~ nhiệt độ 

phòng) 

- Cho nước vào lần thứ nhất đến vạch chuẩn, xác định được nhiệt độ cân 

bằng trên nhiệt kế là T 1 . 

Gọi C 0 là nhiệt dung của nhiệt kế + ống nghiệm. 

C 1 là nhiệt dung của nước rót vào ống. 

Ta có C 0 (T 1 -T 0 ) = C 1 (T-T 1 ) (1) 

T là nhiệt độ của nước trong bình. 

- Đổ nhanh nước cũ đi, rót nước mới vào, nhiệt kế chỉ T 2 : 

C 0 (T 2 -T 1 ) = C 1 (T-T 2 ) (2) 

Chia (1) cho (2) ta được: 

2 

T1 

T0 

T T1 

T2T0 

T1 

T 

T2 

T1 

T T2 

T2 

T0 

2T1 

2) Ống nghiệm không cách nhiệt tốt: 

- Khi đổ nước vào lần 1 và đợi cho cân bằng nhiệt, thì nhiệt độ chỉ T 1 ’ 

(không phải là T 1 ) vì một phần nhiệt mất ra môi trường. 

Để có T 1 , dùng cách hiệu chỉnh nhiệt độ: vẽ đồ thị biểu diễn T 1 ’ theo thời 

gian t. Lấy t = 0 là lúc rót nước vào. 

- Khi đổ nước vào lần 2 thì nhiệt độ tăng từ T 1 ’ đến T 2 ’. Cũng dùng cách 

hiệu chỉnh nhiệt độ như trên để xác 

định T 2 

T 

- Các phương trình là: 

1 ’ 

T 1 

C 0 (T 1 -T 0 ) = C 1 (T-T 1 ) 

C 0 (T 2 -T 1 ’) = C 1 (T-T 2 ) 

T2T0 

T1 

T 1' 

T 

T 

T T T T ' 

1 ’ 

2 

0 

1 

1 

T 0 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

c) Sai số: 

0 1 2 3 4 5 6 t (ph)

T 

T 

 

 

T 

T 

T T T ' T 

T T ' T 

 

2 

2 

T 

0 

0 

T T ' 

1 

1 

1 

1 

 

T 

2 

2 

T 

0 

0 

T 

1 

1 

T ' 

1 

1 

0,5 

(T 2 T 0 ) = T 2 T 0 + T 0 T 2 ; (T 1 T 1 ’) = T 1 T 1 ’+ T 1 ’T 1 

Suy ra: 

T 

T 

 

T 

2 

T 

0 

1 

T2 

T0 

T T ' 

1 

1 

 

T 

2 

T 

0 

T T 

1 

T 

1 

0 

T 

2 

1' 

T T ' T ' T 

 

1 

T 

2 

1 

T 

0 

1 

1 

 

T ' T 

1 

1 

 

0.5 

Giáo viên: Nguyễn Thị Thúy Điện thoại: 0961282989

TRƯỜNG THPT CHUYÊN - ĐẠI HỌC VINH 

ĐỀ THI MÔN: Vật lý - KHỐI: 10 

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 

(Đề thi gồm 02 trang, 05 câu) 

Câu 1. Một quả cầu nhỏ được thả rơi tự do từ điểm A lên một 

tấm kim loại nặng đặt cố định ở độ cao h = 1 m kể từ mặt đất, 

0 

nghiêng với phương ngang một góc α 45 . Sau khi va 

chạm với tấm nặng, quả cầu bắn trở ra theo định luật phản xạ 

với vận tốc có độ lớn bằng vận tốc ngay trước khi đập vào 

đập vào tấm kim loại và rơi xuống mặt đất tại điểm C cách 

đường thẳng đứng AB một khoảng S = 4 m. Bỏ qua sức cản 

không khí. 

a. Hãy tìm thời gian chuyển động của quả cầu từ khi được thả 

ra cho đến khi chạm đất. 

B 

b. Cần phải đặt tấm kim loại ở độ cao nào (vẫn với tư thế cũ) 

đề khoảng cách S đạt cực đại nếu vị trí ban đầu A của quả cầu không thay đổi. 

Câu 2. Một quả cầu đồng chất khối lượng m, bán kính r lăn không trượt 

trên bề mặt bên ngoài của một quả cầu lớn hơn đứng yên có bán kính R 

như hình vẽ. Gọi θ là góc cực của quả cầu nhỏ đối với hệ trục tọa độ 

với gốc đặt ở tâm của quả cầu lớn với trục z là trục thẳng đứng. Quả 

cầu nhỏ bắt đầu lăn từ đỉnh quả cầu lớn ( θ 0). 

a. Tính vận tốc ở tâm của quả cầu nhỏ tại ví trí góc θ bất kỳ. 

b. Tính góc θ tại đó mà quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn. 

c. Giử sử hệ số ma sát của giữa bề mặt hai quả cầu là μ . Hỏi ở vị trí 

góc θ bằng bao nhiêu thì quả cầu nhỏ sẽ bắt đầu trượt. 

Câu 3. Coi Trái Đất (T) chuyển động xung quanh Mặt Trời (S) theo một quỹ đạo tròn bán kính 

RT 

9 

150.10 m với chu kỳ 

0 

T và vận tốc v T 

. Một sao chổi (C) chuyển động với quỹ đạo nằm 

trong mặt phẳng quỹ đạo của Trái Đất, đi gần Mặt Trời nhất ở khoảng cách bằng kR với vận tốc 

ở điểm đó là v. 1 

Bỏ qua tương tác của sao chổi với Trái Đất và các hành tinh khác trong hệ Mặt 

Trời. 

a. Xác định vận tốc v của sao chổi khi nó cắt quỹ đạo của Trái Đất theo k, vT 

và v. 1 

Cho biết 

k 0,42; v 3.10 

4 

 

T 

m/s và 

3 

v 65,08.10 m/s. 

b. Chứng minh rằng quỹ đạo của sao chổi này là một 

elip. Hãy xác định bán trục lớn a dưới dạng 

1 

a R và 

tâm sai e của elip này theo k, vT 

và v 1 

. Biểu diễn chu kỳ 

quay của sao chổi quanh Mặt Trời dưới dạng T nT0 

. 

Xác định trị số của ,evà n. 

T 

P 

4P 0 

h 

A 

s 

T 

r 

R θ 

P 0 

1 

V 0 4V 0 

2 

C 

φ 

3 

V

Câu 4. Một lượng khí lí tưởng lưỡng nguyên tử thực hiện một chu trình cho trên hình vẽ . Các 

trạng thái 1 và 2 là cố định, trạng thái 3 có thể thay đổi nhưng quá trình 3-1 luôn là đẳng áp. 

a. Xác định công lớn nhất mà khí có thể thực hiện trong chu trình nếu nhiệt độ của khí trong quá 

trình 2-3 luôn giảm. 

b. Tìm hiệu suất của chu trình trong trường hợp này. 

Câu 5. Một cốc đong trong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên 

trong của cốc là V 0 . Trên thành cốc, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch chia để đo 

thể tích và đo độ cao của chất lỏng trong cốc. Coi đáy cốc và thành cốc có độ dày như nhau, bỏ 

qua sự dính ướt. Được dùng một chậu to đựng nước, hãy lập phương án để xác định độ dày d, 

diện tích đáy ngoài S và khối lượng riêng ρ của chất làm cốc. Yêu cầu: 

c 

a. Nêu các bước thí nghiệm. Lập bảng biểu cần thiết. 

b. Lập các biểu thức để xác định d, S theo các kết quả đo của thí nghiệm (cho khối lượng riêng 

của nước là ρ ) 

c. Lập biểu thức tính khối lượng riêng của chất làm cốc qua các đại lượng S, d, M, V 0 . 

d. Dùng phương pháp đồ thị để xác định diện tích đáy ngoài S, rồi tìm độ dày d của cốc. Nêu các 

bước tiến hành và giải thích. 

-----HẾT------

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 

TRƯỜNG THPT CHUYÊN 

ĐÁP ÁN VÀ HƯỠNG DẪN CHẤM 

MÔN: Vật lý - KHỐI: 10 

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề 

Câu 1: (4điểm) Điểm 

Gọi v1 là vận tốc của quả cầu ngay trước khi va chạm. Bởi vì tấm nặng 0,5đ 

nghiêng 45 0 so với phương ngang nên ngay sau va chạm, vận tốc của quả 

cầu có độ lớn cũng bằng v1 nhưng hướng theo phương ngang. Vì vậy, sau 

va chạm, quả cầu chuyển động theo phương trình : 

x v12 

t 

 

1 2 

y 

gt2 

2 

( 1) 

Trong đó t2 là thời gian chuyển động của quả cầu từ khi va chạm đến khi 

chạm đất. Từ hệ phương trình (1), ta tìm được : 

0,5đ 

a 

2h s 2h 

(2 điểm) t2 

và v1 

s ( 2 ) 

g t2 

g 

Thời gian rơi của quả cầu trước va chạm là : 

v1 

s 

t1 

 

g 2gh 

0,5đ 

Tổng thời gian chuyển động của quả cầu từ khi buông ra đến khi chạm 

đất bằng : 

t t 1 

t 2 

s 2h 

1, 35s 

2gh 

g 

0,5đ 

Độ cao H ( Đối với mặt đất) của điểm A: 

0,5đ 

2 2 

gt1 s 

H h h 5( m ) 

2 4h 

Gọi h0 là độ cao của tầm nặng để quả cầu có tầm xa lớn nhất. Sau khi rơi 

tự do với quãng đường (H-h0), quả cầu bị ném ngang với vận tốc: 

b 

(2 điểm) 

Câu 2 

v 2h( H h ) 

1 0 

Cũng từ (2), sau khi bật ra, nó rơi xuống mặt đất ở khoảng cách: 

2h0 

s v1 2 h 

0( H h 

0 

) 

g 

Rõ ràng, s sẽ đạt cực đại khi: h 

0( H h 

0) 

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, s sẽ đạt giá trị cực đại bằng: 

s 5( m ) khi h 

0 

25 , ( m ) 

4 điểm 

max 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ

a 

1 điểm 

b 

1 điểm 

Khi quả cầu nhỏ lăn không trượt, tổng động năng và thế năng của nó là một 

hằng số của chuyển động, chúng ta có: 

1 1 2 

2 2 5 

2 2 2 

mv . mr .ω mg( R r )cosθ mg( R r ) 

Với: v rω ( R r )ω0 

Do đó: ω0 

 

10( 1 

cosθ )g 

7( R r ) 

Vận tốc tâm của quả cầu nhỏ là: 

10 

v ( R r )ω 

0 

( R r )( 1 

cosθ )g 

7 

Tại thời điểm quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn thì lực giá đỡ lên quả cầu 

nhỏ N=0. Từ phương trình lực: 

2 

mv 

mg cosθN R 

r 

Ta tìm được góc mà tại đó quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn được cho bởi: 


cosθc 

 

17 

Lưu ý rằng kết quả này chỉ áp dụng cho hệ số ma sát đủ lớn 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,5đ 

0,5đ 

c 

2 điểm 

c. Khi quả cầu nhỏ lăm không trượt chúng ta có: 

mgSinθ f ma 

2 2 

f .r mr .γ 

5 

 

v rω ( R r )ω 

Ở đây f là lực ma sát trên quả cầu. Từ đó chúng ta tìm được: 

f 

 

2 

7 

mgSinθ 

Tại thời điểm khi quả cầu nhỏ bắt đầu trượt thì lực ma sát là: 

Tức là: 

f 

μN 

2 

2 

mv 

mgSinθ μ( mg cosθ ) 

7 

R r 

Khi đó, sử dụng biểu thức của v trong câu (a) chúng ta có: 

2Sinθ 17μ cosθ 10μ 

0 

Giải phương trình này ta thấy rằng góc mà ở đó quả cầu nhỏ bắt đầu trượt 

được cho bởi công thức: 

cos θ 

s 

 

2 2 

170 756 4 

μ 

 

μ 

2 

289 4 

μ 

 

 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ

Câu 3 

a. 

2 điểm 

b. 

2 điểm 

Tuy nhiên, chúng ta thấy θc θs 

hay là cosθs cosθc 

, Ở đây với giá trị của 

μ có thể làm thỏa mãn điều đó, nói chung chúng ta phải lấy dấu cộng trong 

biểu thức trên. Do đó: 

2 2 

170μ 

756μ 

4 

θs 

arccos( ) 

2 

289μ 

4 

4 điểm 

Năng lượng của sao chổi 

+ tại điểm gần MT nhất: 

1 GM 

E mv m 

2 kR 

(1) 

+ tại điểm gần cắt quỹ đạo TĐ: 

trong đó m và 

S 

2 S 

1 

T 

1 GM 

E mv m 

2 R 

2 S 

(2) 

M lần lượt là khối lượng của sao chổi và của Mặt Trời. 

Vì quỹ đạo của Trái Đất là tròn, ta có: 

Từ (1) và (2) suy ra 

Dùng (3), ta được: 

v 

GM 

(3) 

2 S 

T 

RT 

1 GM 1 GM 

mv m mv m 

2 kR 2 R 

2 S 

2 

1 

T 

2GM 1 

v v 1 

k 

 

 

2 2 S 

1 

RT 

1 

 

 

2 2 2 

v v1 2vT1 

k 

2 2 1 

hay 

v v1 2vT1 41,8km / s 

k 

 

 

+ Năng lượng của sao chổi bằng 

2 

1 2 GMS 

1 2 m 2 

1 

2 v 

T 

6 

E mv1 m mv1 vT m 

v1 

25.10 m(J) 0 

2 kRT 

2 k 2 k 

Điều này có nghĩa là quỹ đạo của sao chổi là một elip. 

+ Năng lượng của sao chổi và bán trục lớn a của quỹ đạo của nó liên hệ 

với nhau bởi hệ thức 

2 

GMS vTRT 

E m m 

2a 2a 

Kết hợp với (1) ta được 

2 

2 

1 2 GMS vTRT 

1 mv 

1 m m 

2 m 2 vR 

T T 

mv1 2 vT 

m 

2 kRT 

2a 2 k 2a 

Suy ra 

2 2 

vTRT RT 

a R 

2 2 

2 T 

v1 2v 

T 

/ k 2 v1 

 

2 

k v 

1 

với 

2 

2 v1 

 

2 

k v 

T 

 

 

T 

17.9 

T 

S 

T 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ

+ Tại điểm cận nhật P, ta có: rP kRT 

a(1 e) , suy ra 

Câu 4 

a. 

2 điểm 

b. 

2 điểm 

Câu 5 

kR kR k v 

e 1 1 1 k 1 0,977 1 

a R v 

. 

2 

T T 1 

2 

 

T 

 

T 

Với e < 1 lại một lần nữa khẳng định quỹ đạo sao chổi là một elip. 

+ Theo định luật ba Kepler: 

2 2 2 2 

T T0 T T0 

3/ 2 

T T 

3 3 3 3 3 

0 

nT0 

a R R R 

T T T 

3/ 2 

Vậy n 75,7 và chu kz của sao chổi này khoảng 76 năm (Đây chính là 

sao chổi Halley). 0,5đ 

4 điểm 

a. Công mà khí thực hiện 

0,5đ 

1 

A S 3 p 

0(V3 V 

0 

) 

2 

Do đó: A max khi V max . 

Phương trình đường thẳng 2-3: 

3p0 V0 V3 

p V 4 

p 

0. 

4V 0 

V3 4V 0 

V 

0,5đ 

c 

3p0 2 V0 V3 

nRT pV V 4 p 

0. V 

4V 0 

V3 4V 0 

Vc 

6 p0 V0 V 

 

3 

nRdT pV V 4 p 

0. dV 

4V 0 

V3 4V 0 

Vc 

 

Do đó để dT

a 

1 điểm 

b 

1 điểm 

c. 

1 điểm 

Các bước thí nghiệm: 

- Cho nước vào cốc với thể tích V 1 , thả cốc vào chậu, xác định mực nước 

ngoài cốc h n1 ( dọc trên vạch chia) 

- Tăng dần thể tích nước trong cốc: V 2, V 3 ,… và lại thả cốc vào chậu, xác định 

các mực nước h n2, h n3 ,… 

- Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng. 

Lập bảng số liệu: 

Lần h n1 h n2 V 1 V 2 d S 

… … … … … … … 

… … … … … … … 

… 

Biểu thức xác định S, d: 

Gọi h n là mực nước ngoài cốc, ρ là khối lượng riêng của nước, m 1 và V 1 

tương ứng là khối lượng và thể tích nước trong cốc. Phương trình cân bằng 

cho cốc có nước sau khi thả vào chậu: 

ρg( d h 

n 

)S ( M m 

t 

)g ρ( d h 

n 

)S ( M m 

t 

) ( 1) 

Từ (1) ta thấy h n phụ thuộc tuyến tính vào V t . Thay V t bới các giá trị V 1 , V 2 ,… 

ρ( d h )S M V ρ ( 2 ) 

n1 1 

ρ( d h )S M V ρ ( 3) 

n2 2 

.... 

Đọc h n1, h n2, ... trên vạch chia thành cốc, lấy (3) trừ đi (2) rồi rút S ra: 

V2 V1 

S 

( 4 ) 

hn2 hn 

1 

Thay đổi các giá trị V 2 , V 1 , h n2 , h n1 ,… nhiều lần để tính S. 

Sau đó, thay vào (2) để tính d: 

M V1 

ρ ( M V1 ρ )(hn2 h n1 

) 

d hn 

1 

h 

n1 

( 5 ) 

ρS ρ(V V ) 

2 1 

Biểu thức tính ρ 

c 

: 

Gọi h là độ cao của cốc, h 0 là độ cao thành trong của cốc; r là bán kính trong, 

R là bán kính ngoài của cốc; V là thể tích của chất làm cốc; S t là diện tích đáy 

trong của cốc. Ta có: 

 

V0t 

V0t 

S 

h h0 d; h 

0 

; R r d r d 

2 

St 

πr π 

 

M M M 

( 6 ) 

 

ρc 

 

V S( h0 d ) V0t 

V 

 

0t 

S 

d V 

2 

0t 

 

( S d π) 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ

d. 

1 điểm 

Chú ý: 

Phương pháp đồ thị: 

Vì h n phụ thuộc tuyến tính vào V t nên phương trình (1) có thể viết dưới 

dạng: 

h a bV 

(7) 

n 

t 

M 1 

với a d; b 

Sρ 

S 

(8) 

* Đồ thị: Vẽ đồ thị h n (V t ) 

Đồ thị của phương trình (7) là đường thẳng có độ dốc: 

hn2 hn 

1 

1 

b tan α 

V V S 

V 

S 

h 

V 

h 

2 1 

n2 n1 

2 1 

Giá trị a xã định bằng cách ngoại suy từ đồ thị thí nghiệm, khi kéo dài đường 

thí nghiệm, cắt trục tung ở a ( tương ứng với giá trị V t =0). Từ đây là xác định 

được độ dày d bởi (8) d M a ( 9 ) 

Sp 

0,5đ 

0,5đ 

+ Học sinh có cách làm đúng những khi thay số, tính kết quả sai cho 1/2 số điểm câu đó. 

+ Nếu bài làm quá tắt nhưng vẫn thể hiện rõ ý tưởng lời giải vẫn cho điểm tối đa ý đó.

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI 


CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM 

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc 

Câu I. Động học chất điểm 

ĐỀ NGUỒN KÌ THI HỌC SINH GIỎI 

ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI NĂM 2017 - 2018 

Môn thi VẬT LÝ LỚP 10 

Thời gian làm bài 180 phút 

(Đề thi gồm có 02 trang) 

Từ đỉnh con dốc có dạng một mặt phẳng nghiêng, hợp với mặt phẳng nằm ngang 

một góc , người ta bắn ra một vật nhỏ với vận tốc ban đầu ⃗ hợp với phương nằm 

ngang một góc 

. Biết rằng gia tốc rơi tự do là ⃗ và vật nhỏ đó sẽ đạt độ cao cực 

đại lớn hơn độ cao của đỉnh dốc, gốc thời gian là lúc vật được bắn ra khỏi đỉnh dốc 

1. Lúc đạn chưa quay trở lại dốc, hãy xác định 

a. Độ cao cực đại của vật so với độ cao của đỉnh dốc. 

b. Gia tốc tiếp tuyến của vật tại thời điểm . 

c. Bán kính cong của quỹ đạo tại thời điểm . 

2. Biết va chạm giữa vật và con dốc là tuyệt đối đàn hồi với hệ số hồi phục 

(có nghĩa là vận tốc của vật ngay trước và ngay sau va chạm đối xứng 

với nhau qua mặt phẳng dốc) 

a. Chứng tỏ khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp vật va chạm với dốc là 

một hằng số, tính hằng số đó. 

b. Tìm điều kiện để khoảng cách giữa hai điểm va chạm liên tiếp tăng 

theo quy luật: 

Câu II. Cơ học vật rắn 

Đặt một hình trụ đặc khối lượng , bán kính có trục song song với mặt phẳng 

nằm ngang lên mặt phẳng nghiêng của một chiếc nêm có 

khối lượng 

đang nằm yên trên mặt phẳng nằm ngang 

tại nơi có gia tốc rợi tự do ⃗ như hình vẽ bên. Biết mặt 

phẳng nghiêng của nêm hợp với mặt phẳng nằm ngang 

một góc , ma sát giữa nêm và mặt phẳng nằm ngang không đáng kể. Hệ số ma sát 

giữa trụ và nêm là , hệ số ma sát giữa trụ và mặt sàn cứng nằm ngang là . 

1 

M 

m 

α

1. Tính gia tốc của , gia tốc của so với và gia tốc góc của trong các 

trường hợp 

a. Nêm bị giữ chặt. 

b. Nêm được thả tự do. 

2. Biết rằng ngay trước khi va chạm với sàn, lăn không trượt trên bị giữ cố 

định với vận tốc ⃗ và hệ số hồi phục của va chạm giữa và sàn là 

a. Tìm vận tốc của ngay sau va chạm với sàn. 

b. Tính công của lực ma sát giữa và sàn. 

Câu III. Cơ học thiên thể 

Trái Đất và Hỏa Tinh chuyển động quanh Mặt Trời trên các quỹ đạo gần tròn nằm 

trong cùng một mặt phẳng với các chu kì , . Biết 

khoảng cách giữa Trái Đất và Mặt Trời là 

, tính 

1. Khoảng cách cực đại và cực tiểu giữa Trái Đất và Hỏa Tinh. 

2. Một nhóm các nhà Thiên văn muốn lên Hỏa Tinh du lịch, đề xuất một 

phương án phóng tàu vũ trụ đưa các nhà Thiên văn trên lên Hỏa Tinh. Hỏi 

theo phương án đó: 

a. Sau khi rời Trái Đất bao lâu thì tàu vũ trụ đổ bộ được lên Hỏa Tinh? 

b. Sau khi đáp xuống Hỏa Tinh một khoảng thời gian tối thiểu bằng bao 

nhiêu thì tàu vũ trụ mới có thể khởi hành về Trái Đất. 

3. Tính khoảng thời gian tối thiểu để thực hiện cuộc hành trình Trái Đất - Hỏa 

Tinh - Trái Đất. 

Câu IV. Nhiệt học 

Một khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện chu 

trình như hình vẽ dưới đây. Biết là quá 

trình đoạn nhiệt, có thể chồng khít lên còn 

và hai quá trình đẳng tích. Biết tỉ số giữa 

thể tích lớn nhất và thể tích nhỏ nhất của khí trong 

chu trình bằng ( ). Biết rằng nhiệt độ, áp 

suất và thể tích của khí tại là và áp suất 

của khí tại là 

2 

p 

O 

V

1. Tính công sinh ra trong một chu trình. 

2. Viết phương trình mô tả các quá trình và . 

3. Tính hiệu suất của chu trình. 

Câu V. Phương án thực hành 

Cho các vật dụng sau 

01 quả cân loại 

01 lò xo nhẹ chưa biết độ cứng 

01 thanh mảnh đồng chất, chưa biết khối lượng một đầu có đục một lỗ nhỏ. 

01 quả dọi 

01 giá đỡ có thể dùng để treo thanh cứng, thanh có thể dao động tự do quanh 

điểm treo. 

01 thước đo độ dài 

01 cuộn dây mềm, nhẹ, không dãn và đủ bền. 

Biết rằng gia tốc rơi tự do tại nơi làm thí nghiệm là , trọng lượng tổng cộng 

của quả cân và thước không kéo dãn được lò xo đến giới hạn đàn hồi. Trình bày 

một phương án thí nghiệm xác định. 

1. Độ cứng của lò xo, viết biểu thức sai số hệ thống của phương pháp mà em 

trình bày. 

2. Giới hạn đàn hồi của lò xo. 

Người soạn đề 

Phạm Khánh Hội 

ĐT: 0913.034.747 

3

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI 




ĐÁP ÁN ĐỀ NGUỒN KÌ THI HỌC SINH GIỎI 

ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ 

NĂM 2017 - 2018 

Môn thi VẬT LÝ 


(Đáp án gồm có 06 trang) 

Câu I. Động học chất điểm 

1.a 

b. Ta có ⃗ ⃗ 

⃗ ⃗ ⃗ ( ⃗ ⃗ ) 

| ⃗ ⃗ | 

√ 

c. Ta lại có 

( ⃗ ⃗ ) 

√ 

( ) 

2. Chọn hệ quy chiếu có trục tọa độ O hướng xuống và hợp với mặt phẳng nằm 

ngang một góc , trục tọa độ O hướng lên, ta có 

vận 

tốc theo phương O ngay sau lần va chạm thứ ( ) và ngay trước lần va chạm 

thứ ( ) thỏa mãn hệ thức 

( ) ( ) ( ) ( ) 

do đó không phụ thuộc do đó 

( ) 

a. do đó 

( ) 

b. Ta lại có 

4

do đó 

( ) 

Từ đó để thỏa mãn điều kiện đầu bài ta cần có 

, hay 

( ) 

( ) 

( ) 

Hay 

Câu II. Cơ học vật rắn 

1. Gọi gia tốc của là ⃗, gia tốc của đối với là ⃗ , gọi gia tốc góc của là , 

ta có 

⃗ ⃗⃗ ⃗ ⃗⃗ ⃗ 

{ 

⃗ ⃗⃗ ⃗ ( ⃗ ⃗ ) 

{ ( ) 

N⃗⃗ 

F⃗ 

N⃗⃗ 

F⃗ 

mg⃗ 

N⃗⃗ 

Mg⃗ 

α 

Ta lại có 

Trường hợp 1: trượt trên , do đó 

{ 

( ) 

( ) 

( ) 

( ) 

( ) ( ) 

( ) 

5

( ) 

Khi nêm bị giữ chặt ta có thể coi là 

nên 

( ) 

Trường hợp 2: lăn không trượt trên , ta có 

( ) 

{ 

( ) 

( ) 

Sự lăn không trượt sẽ xảy ra nếu 

{ 

( ) 

( ) 

Khi nêm bị giữ chặt , trường hợp này xảy ra khi và 

2. Vì hệ số hồi phục nên trong quá trình va chạm 

nhận một xung pháp tuyến 

X 

ω⃗⃗ 

a. Theo giả thiết lớn hơn thành phần vận tốc 

nằm ngang nên trong thời gian va chạm, có xu hướng 

trượt về phía sau vì thế xung ma sát tác động lên sẽ hướng về phía trước. 

Trường hợp 1: sự trượt luôn xảy ra trong suốt quá trình va chạm ta có 

X 

Khi đó vận tốc tiếp tuyến với sàn và vận tốc góc của 

ngay sau va chạm là 

( ) 

( ) 

Khi đó vận tốc của 

ngay sau va chạm có độ lớn 

6

√ √ ( ) 

và hợp với phương nằm ngang một góc 

Trường hợp 2: sự trượt kết thúc trước khi va chạm kết thúc 

( ) 

Từ đó ta có 

√ 

Trường hợp này xảy ra khi 

, hay 

b. Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có 

Kết hợp với kết quả của ý 2a ta có 

( ) ( ) 

{ 

( ) 

( ) 

Câu III. Cơ học thiên thể 

1. 

Áp dụng định luật Kepler III, ta có bán kính quỹ đạo của Hỏa Tinh là 

√ 

Do đó khoảng cách cực tiểu và cực đại giữa Trái Đất và Hỏa Tinh là 

7

2. 

Khi lên Hỏa Tinh, người ta sẽ phóng tàu lên quỹ đạo elip lấy Mặt Trời làm một tiêu 

điểm và tiếp xúc với cả quỹ đạo của Trái Đất lẫn quỹ đạo của Hỏa Tinh sao cho tàu 

và Hỏa Tinh đến điểm tiếp xúc viễn nhật cùng lúc. Còn khi trở về Trái Đất, người ta 

sẽ phóng tàu lên quỹ đạo elip lấy Mặt Trời làm một tiêu điểm và tiếp xúc với cả quỹ 

đạo của Trái Đất lẫn quỹ đạo của Hỏa Tinh sao cho tàu và Trái Đất đến điểm tiếp 

xúc cận nhật cùng lúc. 

a. 

Thời gian bay của tàu 

√( ) √( ) √ ( √ ) 

b. 

Thời gian tháng bằng chu kì quay của Hỏa Tinh vì thế tại thời điểm phóng 

tàu từ Trái Đất, vị trí tương đối của Trái Đất - Hòa Tinh - Mặt Trời phải có dạng 

như hình 1. Khi tàu đổ bộ lên Hỏa Tinh vị trí tương đối của Trái Đất - Hòa Tinh - 

Mặt Trời phải có dạng như hình 2. Trên hành trình trở về Trái Đất, trong khi đường 

thẳng nối con tàu với Mặt Trời quay được một góc bằng thì đường thẳng nối Trái 

Đất và mặt Trời quay được một góc , do đó để con tàu và Trái Đất đến điểm 

tiếp xúc cùng lúc thì Hỏa tinh phải ở trước Trái Đất một góc , trong khi lúc đổ 

bộ lên Hỏa Tinh, Trái Đất ở trước Hỏa Tinh mà Trái Đất quay quanh Mặt Trời 

nhanh hơn Hỏa Tinh. Do đó để trở về được Trái Đất con tàu phải đợi 1 năm để vị trí 

tương đối của Trái Đất - Hòa Tinh - Mặt Trời phải có dạng như hình 3 thì mới trở 

về Trái Đất được. 

8

π 

S 

S 

S 

Hình 1 

Hình 2 

Hình 3 

Trên các hình đường elip được biểu diễn bằng nét đứt chỉ quỹ đạo của tàu vũ trụ 

Vậy thời gian tối thiểu mà con tàu phải ở trên Hỏa Tinh là 

Câu IV. Nhiệt học 

1. Dễ thấy 

2. Do là quá trình đoạn nhiệt ta có 

( ) ( ) 

( ) ( ) (( ) ) 

3. Nhiệt nhận vào trong các quá trình và , do đó 

( ) 

Trong quá trình 

(( ) ) ( ) 

Hay 

( ) 

Do đó 

9

Do đó ta có hiệu suất của chu trình 

( ) 

Câu V. Phương án thực hành 

1. 

Treo quả cân vào lò xo, khi đó lò xo dãn được một đoạn 

xo là 

nào đó, độ cứng của lò 

Sai số hệ thống của phép đo này là 

( ) ( ) 

Trong đó là độ chia của thước đo độ dài. 

2. 

Treo thước vào giá rồi dùng móc một đầu của lò xo vào trung 

điểm của thước và giữ lò xo cân bằng ở phương thẳng đứng. 

Đo độ dãn của lò xo khi đó, giả sử kết quả đo được là , 

khối lượng của thanh cứng là 

x 

Dễ dàng tính được 

( ) 

Dịch dần lò xo về phía điểm treo, đo độ dãn của lò xo tại mỗi vị trí cân bằng 

của lò xo. Khi còn nhỏ hơn giới hạn đàn hồi, dùng quy tắc momen dễ dàng có 

được hệ thức 

Do đó 

10

là hàm bậc nhất của . Khi đạt đến giới hạn đàn hồi và vượt quá giá trị này 

định luật Hooke không còn áp dụng được nữa thì không còn là hàm bậc nhất của 

. Do đó phương pháp tìm giới hạn đàn hồi là tìm giá trị để hàm bắt đầu 

trở thành phi tuyến. 

Lập bảng giá trị của và 

... 

... 

Biểu diễn các giá trị thu được ở trên trên đồ thị 

, như hình vẽ 

Sử dụng đồ thị ta sẽ tính được lại độ cứng và 

tìm được giới hạn đàn hồi 

f 

O 

O 

α 

Δ x 

Người soạn đáp án 

Phạm Khánh Hội 

11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 

QUẢNG NINH 


HẠ LONG 

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ 

NĂM 2018 

MÔN: VẬT LÝ 

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. 

Bài 1. (4 điểm) 

Một khối gỗ khối lượng m với tiết diện có dạng tam 

y 

giác vuông cân, có thể trượt không ma sát trên mặt sàn 

(2) 

nằm ngang. Trên tiết diện đi qua khối tâm khối gỗ có hai 

vật nhỏ (1) và (2) có khối lượng lần lượt là m và 3m 

G 

được nối với nhau bằng một sợi dây không giãn vắt qua 

3 

x (1) 

O 

ròng rọc như hình vẽ (hình 1): ban đầu vật (1) ở sát đáy, 

 

L 

vật (2) ở sát đỉnh góc vuông, các vật được giữ đứng yên. 

Chiều dài đáy của tiết diện là L = 50 cm. Bỏ qua mọi ma 

Hình 1 

sát, khối lượng của dây và ròng rọc. Ở thời điểm nào đó các vật được thả tự do. Khi vật 3m 

đến đáy khối, hãy xác định: 

a. Độ dịch chuyển của khối gỗ. 

b. Vận tốc của hai vật và của khối gỗ. Lấy g = 10 m/s 2 . 


Từ vị trí cao nhất A của một mặt phẳng nghiêng có độ 

A 

cao h, đặt một quả cầu đặc đồng chất khối lượng m và bán 

kính R. Thả nhẹ để quả cầu lăn không trượt xuống dưới như 

h 

hình vẽ. 

B 

a. Tính mômen quán tính của quả cầu đối với trục quay 

đi qua điểm tiếp xúc và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ 

theo m, R. 

b. Tính tốc độ góc của quả cầu và tốc độ dài của khối tâm quả cầu khi vừa xuống tới 

chân B của mặt phẳng nghiêng. Bỏ qua ma sát lăn, biết gia tốc trọng trường là g. 


Một tên lửa, khối lượng m = 10 tấn chuyển động quanh Trái đất theo quỹ đạo elip. 

Khoảng cách từ tâm Trái đất đến tên lửa xa nhất là r 1 = 11000 km và gần nhất là r 2 = 6600 

km. Lấy khối lượng Trái đất là M = 6.10 24 kg.

a. Viết phương trình quỹ đạo của tên lửa và xác định tốc độ lớn nhất và nhỏ nhất của 

tên lửa trong quá trình chuyển động. 

b. Tại viễn điểm tên lửa nổ, vỡ thành hai mảnh. Mảnh có khối lượng m 1 chuyển sang 

quỹ đạo tròn, còn mảnh có khối lượng m 2 rơi thẳng đứng xuống đất. Hãy tìm m 1 và m 2 . Bỏ 

qua khối lượng của các chất khí tạo thành khi nổ. 

Bài 4. (4,5 điểm) 

Một quả khí cầu có một lỗ hở ở phía dưới để trao đổi khí với môi trường xung quanh, có 

thể tích không đổi V = 1,1 m 3 . Vỏ khí cầu có thể tích không đáng kể và khối lượng m = 0,187 

kg. Nhiệt độ của không khí là t 1 = 20 0 C, áp suất khí quyển tại mặt đất là p 0 = 1,013.10 5 Pa. 

Trong các điều kiện đó, khối lượng riêng của không khí là 1,20 kg/m 3 . Biết gia tốc trọng 

trường tại mặt đất là g = 10 m/s 2 . Lấy hằng số khí R 8,31 J mol. 

K . 

a. Tìm khối lượng mol trung bình của không khí. 

b. Ban đầu khí cầu ở gần mặt đất, để quả khí cầu lơ lửng, cần nung nóng khí bên trong khí 

cầu đến nhiệt độ t 2 bằng bao nhiêu? 

c. Nung nóng khí bên trong khí cầu đến nhiệt độ t 3 = 110 0 C. Tìm lực cần thiết để giữ khí 

cầu đứng yên. 

d. Sau khi đã nung nóng khí bên trong khí cầu, người ta bịt kín lỗ hở lại và thả cho quả khí 

cầu bay lên. Coi nhiệt độ khí bên trong khí cầu luôn là t 3 = 110 0 C, nhiệt độ của khí quyển 

luôn là t 1 = 20 0 C và gia tốc trọng trường g = 10 m/s 2 coi như không đổi theo độ cao. Tính độ 

cao lớn nhất mà quả khí cầu lên được. 

Bài 5 (3,5 điểm) 

Cho các dụng cụ: Một ống thủy tinh dài được hàn kín một đầu. Trong ống chứa một 

cột không khí ngăn cách với không khí bên ngoài bằng một cột thủy ngân. Một thước thẳng 

chia độ đến milimét. Khối lượng riêng của thủy ngân và gia tốc trọng trường đã biết. 

Yêu cầu: 

1. Trình bày một phương án thí nghiệm để xác định áp suất khí quyển với các dụng cụ đã cho. 

2. Thiết lập biểu thức tính sai số của phép đo. 

--------------HẾT------------- 

Người ra đề: Nguyễn Ngọc Phúc 

Số diện thoại: 01275688666

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 

QUẢNG NINH 


HẠ LONG 

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ 


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ 


Bài 1. 

Bài 1 

(4,0 

điểm) 

Sơ lược lời giải 

a. Chọn hệ trục Oxy gắn với đất như (hình 1a). 

Xét hệ gồm hai vật m, 3m và khối gỗ (3). 

Theo phương ngang, ngoại lực tác dụng 

y 

lên hệ bằng 0 nên : x G 

const (G là khối 

(2) 

tâm của hệ trên). 

 

L 

(3) 

m. G 3 

- Lúc đầu: 2 L 

x 

(1) x (1) 

G 

 

 

O 

m 3m m 


L 

- Ngay trước khi vật 3m chạm sàn : 

mx1 3mx2 mx3 x1 3x2 x3 

x 

 

Hình 1a 

G 

 

 

m 3m m 

5 

L 

3L 

Trong đó : x1 x3; x2 x3 ( x2 

0) . Suy ra: xG 

x3 

(2) 

2 


2L 

- Từ (1), (2) có : Khối gỗ dịch chuyển sang bên trái một đoạn là: x3 

20 cm 

5 

Điểm 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

b. Gọi u là vận tốc của vật (1), (2) đối với khối gỗ (3) ( u1 u2 

u) 

và v là vận 

tốc của khối gỗ (3) tại thời điểm vật (2) tới đáy khối gỗ. 

 

v 1 u 

1 

Theo công thức cộng vận tốc ta có : v 1 

u 1 

v (hình 1b) 

 

v 2 

u 2 

v (hình 1c) 

0 

 

v1 

v u cos 45 

 

x 

Chiếu lên Ox : 

v 0 

45 

 

 

0 

v v u cos 45 

Hình 1b 

2x 

0,25 đ 

0,25 đ 

2 2 2 2 

Từ giản đồ có : v1 v2 

v u 2 u 

v 

(4) 

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang và bảo toàn năng 

lượng ta có : 

0,25 đ 

0,75 đ

mv 

5 2 

1x 

3mv2x 

mv 0 u v (5) 

 

 

2 2 2 

4 

L mv1 3mv2 

mv L 

v 0 

3mg 

mg 2 2 1 2 

45 

2 2 2 2 2 v1 v2 

(2 gL v ) (6) 

4 

 

v 4gL 

2 3 

2 

v m / s 

15 3 

Hình 1c 

- Từ (4), (5) và (6) ta có : 

13gL 

13 

 

v1 v2 

m / s 

30 6 

u 

2 

1,0 đ 

Bài 2. 

Ý Nội dung Điểm 

a - Tính được momen quán tính của quả cầu đi qua khối tâm 

- Dùng định lí trục quay tính được momen quán tính với trục quay đi 

qua điểm tiếp xúc 

0,5 đ 

0,5 đ 

b - Gọi v c là vận tốc của quả cầu sau khi lăn xuống được độ cao h. 

- Khi quả cầu lăn không trượt xuống dưới, thì điểm đặt của lực ma sát 

tĩnh nằm trên trục quay tức thời, mà tại đó vận tốc của các điểm tại 

bằng không và không ảnh hưởng tới cơ năng toàn phần của vật. 

- Vai trò của lực ma sát ở đây là đảm bảo cho vật lăn thuần tuỳ không 

trượt và đảm bảo cho độ giảm thế năng hoàn toàn chuyển thành độ tăng 

động năng tịnh tiến và chuyển động năng quay của vật. 

- Vì các lực tác dụng lên hình trụ đặc và quả cầu đều là : p ( lực thế ), 

 

(theo phương pháp tuyến) và lực ma sát tĩnh . Ta có và 

không sinh công 

 

A các lực không thế = 0 

 

cơ năng của hệ được bảo toàn. 

- Như vậy ta có thể áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho chuyển 

động của quả cầu và hình trụ: 

mv 

c c c 

Với quả cầu: mgh = 

( 1 ) 

2mR 

Trong đó: ; 

c 

5 

2 2 

 

2 2 

2 

v 

c 

 

c 

R 

Thay vào ( 1 ) ta có: mgh = ; 

2 

7mv c 


F F 

ms 

ms 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ

Bài 3. 


a - Chọn trục tọa độ (tọa độ cực hoặc tọa độ Đề các vuông góc) và 

viết được phương trình elip dạng tổng quát. 

- Xác định được các bán trục lớn, bán trục bé. 

-Thay vào thu được phương trình quỹ đạo của tên lửa. 

0,5 

0,5 

0,5 

b Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, tại viễn điểm ta có: 

=> 

( ) 

Ngay sau khi nổ mảnh 2 rơi thẳng xuống đất, => v ’ 2 = 0. 

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho tên lửa lúc nổ: 

⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 

=> ⃗ ⃗ ⃗ 

’ 

=> mv 1 = mv 1 

(1) 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

=> (2) 

Khi mảnh 1 chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính r 1 ta có: 

0,5 đ 

(3) 

⃗⃗⃗⃗ 

0,5 đ 

Từ (1), (2), và (3) ta có: 

TĐ 

√ = 8,66 tấn 

r 

O 

r 1 

=> m 2 = m – m 1 = 1,34 tấn 

2

Bài 4. 

Bài 4 

(4,5 

điểm) 

Sơ lược lời giải 

a. Từ phương trình trạng thái của khí lý tưởng: 

m m MP 

PV nRT RT 

M V RT 

1RT1 

1,2.8,31.293 

3 

M 28,84.10 kg / mol 28,84g / mol 

5 

P 1,013.10 

0 

T 

b. Do quả cầu hở, áp suất khí bên trong và bên ngoài khí cầu là như nhau => 1 2 

T 

Để khí cầu lơ lửng, ta cần có: 

T 

 

1 1 

1Vg mg 

2Vg 1V m V 

T2 

TV 1,2.293.1,1 

 

1 1 

0 

T2 

341,36 K 68,36 C 

1V m 1,2.1,1 0,187 

c. Lực cần giữ quả khí cầu là: 

 

 

 

T 

 

 

 

 

 

1, 2.293 

1, 2.1,1 0,187 .1,1 .10 1, 23 N 

 

383 

1 1 

F 

1Vg mg 

3Vg 1V m V g 

T3 

2 1 

d. 

* Lập biểu thức sự phụ thuộc khối lượng riêng của không khí theo độ cao khi nhiệt 

độ không đổi 

Chia không khí thành các lớp rất mỏng có độ dày dz. Từ điều kiện cân bằng của các 

lớp khí ta có: 

Pz Pz dz 

g.dz 

MP 

dP g.dz g.dz 

RT 

Điểm 

0,25 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,75 đ 

0,5 đ 

dP Mg 

dz P P 

0 e 

P RT 

 

Mgz 

 

RT 

0e 

0 

e 

0g 

z 

P0 

* Tính độ cao lớn nhất của khí cầu 

0 

- Ở nhiệt độ t1 20 C, khối lượng riêng của không khí là 

Quả khí cầu cân bằng khi: 

 

Mgz 

RT 

0 1 1,2 kg m 

3 

0,25 đ 

0,5 đ 

0,25 đ

Bài 5. 

3,5 đ 

Câu 5 

(3 

điểm) 

m T 0,187 1,2.293 

 

1 1 

3 

' 

1 

Vg mg 

3Vg ' 

1 

1,088kg / m 

V T3 

1,1 383 

5 

P 

0 

' 1 

1,013.10 1,088 

z ln ln 827 m. 

g 1,2.10 1,2 

0 0 

a.Phương án thí nghiệm: 

- B1: dùng giấy cuộn sát vào mặt ngoài và mặt trong của 

ống nghiệm, sau đó dùng thước đo ta xác định được chu 

vi mặt trong C 

1 

và chu vi mặt ngoài C 

2 

của ống nghiệm 

- B2: đổ nước muối vào ống nghiệm sao cho khi thả ống 

vào bình nước, ống cân bằng bền và có phương thẳng 

đứng. Đánh dấu mực nước muối trong ống và mực nước 

bên ngoài ống. 

- B3: đổ thêm nước muối vào ống, chiều cao nước muối đổ 

thêm là x . Thả ống vào bình thì ống chìm sâu thêm một 

đoạn y . Đo x và y bằng thước. 

Gọi S1; 

S 

2 

tương ứng là tiết diện trong và tiết diện ngoài của 

ống nghiệm, từ phương trình cân bằng của ống suy ra: 

b. Biểu thức sai số: 

S2 y C1 

y 

1S1 x 0S2 y 

1 0 0 

S1 x 

 

 

C2 

x 

 

 

C y 

ln 2ln ln ln 

 

1 

1 0 

C2 

x 

ln 2 ln C ln C ln y 

ln x ln 

 

1 1 2 0 

y x 0 

 

C 

C 

 

 

2 

 

1 C1 C2 y 

x 

0 

1 1 2 

 

2 

0,5 đ 

0, 5 

0, 5 

0, 5 

0, 5 

0, 5 

0,5 

------------------Hết-------------------

(ĐỀ GIỚI THIỆU) 

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN 

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 

LẦN THỨ XI, NĂM 2018 

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ LỚP 10 

Thời gian làm bài: 180 phút 

(Đề thi gồm 05 câu, 03trang) 

Câu 1: (5 điểm – Cơ học chất điểm) 

Một vật có khối lượng m có thể trượt không ma sát 

trên một cái nêm ABC ; AB = , Ĉ = 90 0 , Bˆ = . Nêm 

ban đầu đứng yên, có khối lượng M và có thể trượt không 

ma sát trên mặt sàn nằm ngang. (hình 1). Cho vật m trượt 

Hình 1 

không vận tốc đầu từ đỉnh A của nêm. 

a) Thiết lập biểu thức tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia tốc a 0 

của nêm đối 

với sàn. 

b) Lấy hệ tọa độ xOy gắn với sàn, ban đầu trùng với BCA. Tính hoành độ của vật 

m và của đỉnh C khi vật trượt tới đỉnh B. Quỹ đạo của vật là đường gì ? 

Cho m = 0,1 (kg), M = 2m, = 30 0 , = 1 (m), g = 10(m/s 2 ). 

Câu 2: (4 điểm – Cơ học vật rắn) 

Nhờ một chiếc gậy, người ta tác dụng vào quả bi-a (bán kính r, khối lượng 

m) một xung lực nằm ngang cách mặt bàn bi-a một khoảng h nằm trong mặt phẳng 

thẳng đứng đi qua khối tâm của bi-a (hình 2). Biết momen quán tính của vật đối 

2 2 

với trục quay qua khối tâm là 

5 mr . 

1) Hãy thiết lập hệ thức giữa vận tốc góc và vận 

tốc v 

0 

của khối tâm quả bi-a. Biết ban đầu bi-a 

h 

H 

. 

O 

đứng yên. 

2) Hãy nghiên cứu chuyển động của quả bi-a sau 

khi ngừng tác dụng trong các trường hợp sau: 

7r 

a) h . 

b) 

5 

7r 

h . c) 

5 

I 

7r 

h . 

5 

Hình 2

Câu 3: (4 điểm – Cơ học chất lưu) 

Một bình nước đang chứa lượng nước bên trong có độ cao h. Phía dưới đáy 

bình có một vòi xả tiết diện S 1 , còn thân bình coi là hình trụ đều có tiết diện trung 

bình S 2 . 

a) Khi nước trong bể chảy ra khỏi vòi xả thì mực nước trong bình sẽ hạ thấp với 

tốc độ bằng bao nhiêu? 

b) Viết phương trình mô tả sự phụ thuộc độ cao h (mực nước còn lại trong bình) 

theo vào thời gian. Biết tại thời điểm ban đầu t = 0 thì mực nước trong bình có độ 

cao h = h 0 . 

c) Bình nước hình trụ có thể tích 1500l đang chứa đầy nước với đường kính thân 

bình là 960mm, đường kính van xả là 27 mm. Tính thời gian để xả hết nước trong 

bình. 

Câu 4: (4 điểm – Nhiệt học) 

Một động cơ nhiệt có tác nhân là một mol khí lí 

tưởng đơn nguyên tử hoạt động theo chu trình như 

hình 3; trong đó: 

+ Quá trình 1-2 được biểu diễn bằng đường thẳng. 

+ Quá trình 2-3 là quá trình đẳng áp. 

+ Quá trình 3-1 là quá trình đẳng tích. 

a) Vẽ đồ thị chu trình trên trong hệ tọa độ VOT. 

Xác định thể tích của chất khí khi tác nhân có nhiệt độ 

cao nhất trong chu trình trên. 

b) Trong quá trình 1-2 có một giá trị V* sao cho khi 

V 

* 

1 

V V 

* 

nhiệt, còn khi V V 4,5V 

thì chất khí tỏa nhiệt. Tính giá trị V*. 

c) Tính hiệu suất động cơ nhiệt. 

1 

p 

p 1 

p 1 

8 

O 

(1) 

(3) 

V 1 

Hình 3 

(2) 

4,5V 

thì chất khí thu 

1 

V 

Câu 5: (3 điểm – Phương án thực hành) 

Xét chuyển động của một tấm nhựa phẳng trên một mặt bàn phẳng nằm 

ngang, người ta nhận thấy trong quá trình chuyển động, tấm chịu tác dụng của lực

ma sát trượt (hệ số ma sát trượt α) và chịu lực cản của môi trường tỉ lệ thuận với 

vận tốc ( f c 

v, β là hệ số cản). Quãng đường mà tấm nhựa trượt được trên 

mặt phẳng ngang được tính gần đúng là: 

2 3 

v v 

s 

2g 3 

Mg 

2 2 

với v là vận tốc ban 

đầu của tấm nhựa, M là khối lượng của tấm nhựa, g là gia tốc trọng trường. 


- Vật nhỏ có khối lượng m đã biết; 

- Thước đo có vạch chia đến milimét; 

- Các sợi dây mềm, mảnh, nhẹ; 

- Tấm nhựa phẳng hình chữ nhật; 

- Bàn thí nghiệm, giá đỡ, giá treo cần thiết. 

Trình bày cách bố trí thí nghiệm, thu thập và xử lí số liệu để xác định các hệ số α 

và β. Coi các va chạm trong quá trình làm thí nghiệm (nếu có) là hoàn toàn đàn 

hồi. 

----------------- Hết ----------------- 

Họ và tên người ra đề Trần Trung Hiếu Vũ Thị Lan Hương 

Số điện thoại 0979153042 0982252189 

Chữ ký

(ĐỀ GIỚI THIỆU) 




ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ LỚP 10 


(Đáp án gồm 10 trang) 

Câu 1: (4 điểm – Cơ học chất điểm) 

Câu Nội dung Điểm 

2đ - Chọn hệ tục tọa độ xOy như hình vẽ 

- Động lượng của hệ bằng 0 Vật đi 

xuống sang phải thi nêm chuyển động 

sang trái giá trị đại số gia tốc của 

nêm là a 0 

< 0. 

0,25 

- Vật m chịu tác dụng của 2 lực : trọng 

lực m g , phản lực N của nêm vuông góc với AB. 

+ Gia tốc của vật đối với sàn : a 1 

= a + a 

0 

+ Phương trình chuyển động của vật : 

Theo phương AB : mgsin = m(a + a 0 

.cos ) (1) 

Theo phương vuông góc với AB : 

N - mgcos = m a 0 

sin (2) 

Chọn trục tọa độ trùng với hướng chuyển động của nêm 

+ Phương trình chuyển động của nêm chịu thành phần nằm ngang 

của - N : - N sin = M a 0 

(3) 

Từ (2) và (3) ta có : 

N sin 

N mg cos 

m.( 

) sin 

M 

N sin 

N + m.sin 

M 

= mgcos 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

N(M + m.sin 2 ) = M mgcos

M. 

mg.cos 

N = 

2 

M m.sin 

 

Thế vào phương trình (3) ta được : 

a 0 

= - 

sin 

M. 

mg.cos 

 

. 

 

M m.sin 

 

M 

 

2 

= - 

mg.sin 2 

2( M msin 

2 

) 

0,25 

Thế vào phương trình (1) ta được : 

mgsin = m(a + (- 

mg.sin 2 

2( M msin 

2 

) 

).cos ) 

mgsin = m.a - 

2 

m g.sin 2 

. soc 

2 

2( M msin 

) 

mg sin 2 

.cos 

a = gsin + 

2( M msin 

2 

) 

a = 

3 

2Mg 

sin 

2mg 

sin mg sin 2 

.cos 

2 

2( M msin 

) 

0,5 

a = 

2 

2 

2Mg 

sin 

2mg 

sin(1 

cos ) 

2mg 

sin.cos 

 

2 

2( M msin 

) 

a = 

( M 

M 

 

 

m) 

g.sin 

2 

msin 

 

2đ Thay số ta tính được : 

a 0 

= - 

mg.sin 2 

2( M msin 

2 

) 

= - 

0 

0,1.10.sin 60 

2 

2(0,2 0,1.sin 30 

0 

) 

= - 1,92 m/s 2 

0,25 

a = 

( M 

M 

 

 

m) 

g.sin 

2 

msin 

 

Ta nhận thấy rằng : a 

0 

(0,2 0,1).10.sin 30 

0,2 0,1.sin 30 

= 

2 0 

có hướng 

cố định , a có hướng cố định 

0 

= 

20 m/s 2 

. 

3 

0,25 

0,25 

song song với AB nên a 1 

= a + 

a 

0 

cũng có hướng cố định hợp 

với phương ngang một góc 

( như hình vẽ ) 

0,25 

Ta có : a 2 1 

= a 2 + a 2 0 

- 2.a.a 0 

.cos 0,25

Mặt khác : 

2 

20 

2 20 

0 

a 1 

= (1,92) 2. .(1,92).cos30 

= 5,1 m/s 2 . 

3 

3 

sin sin 

a a 

1 

sin = 

= 40,8 0 

20 .sin 30 

a sin 0 

= 

3 

a 

5, 1 

1 

= 0,6536 

0,25 

Quỹ đạo vật m là đường thẳng AD nghiêng góc 40,8 0 so với 

phương ngang. 

AC 

Xét tam giác ACD với AC = 0,5 m ta có : tan = OD 

AC 0,5 

x 1 

= OD = = = 0,58 (m) 

0 

tan tan 40,8 

Vậy hoành độ của vật m là 0,58 (m) 

Trong thời gian vật đi xuống thì nêm trượt sang trái và khi B trùng 

với D thì C ở vị trí C / với hoành độ : 

x 2 

= - (CB - OD ) = - (AB.cos - OD) 

= - ( 1.cos30 0 - 0,58) = - 0,29 (m) 

0,25 

0,25 

Câu 2: (5 điểm – Cơ học vật rắn) 

Nội dung 

Điểm 

1) 

1,0 đ 

O 

y 

x 

. 

I 

O 

0,5 

Hình 1a 

Định lý biến thiên động lượng và momen động lượng : 

Δ P = 

' 

P - 0 = F .Δt 

0,5 

Δ L 0 

= L - 0 = OH x F .Δt

1,0đ Chiếu các phương trình vectơ trên lên trục: 

2) 

1,25đ 

Ox: m v 0 = F.Δt 

0,25 

2 2 

Oz: mr ( h r) F. 

t 

. 0,25 

5 

2 2 

Từ đó: mr ( h r) 

v0 

0,25 

5 

5 ( h 

r) 

Hay ω = 

2 v 

0 

2 r 

Ta có : 

dv 

m 0 

= F dt ms ; 

2mr 

5 

2 

d 

OI 

dt 

0,25 

xF 

ms 

0,5 

0,75đ 

Trên truc Oz: 

2 

5 

2 

mr d 

 

r mg 

0,25 

dt 

Nhiều trường hợp được xét tùy theo vận tốc trượt u α của bi-a 

5 5( ) 

( h r ) (1 

h r 7r 

5 h 

v v 

) =( ) v 

0 

2 r 

2r 

2r 

u α 0 2 0 

a) Nếu h > 7 r 

khi đó uα < 0 => Fms > 0 quả bi-a lúc đầu trượt với 

5 

0,25 

gia tốc hướng theo trục x, sau đó lăn không trượt vì tăng 

b) Nếu h = 7 r 

u = 0 quả bi-a lăn trượt 0,25 

5 

0,5 

c) Nếu h < 7 r 

5 

u > 0 

Fms < 0 ; Fms = - mg 

lúc đầu quả bi-a trượt với gia tốc âm sau đó lăn không trượt 

0,25 

Câu 3: (4 điểm – Cơ học chất lưu) 

Nội dung 

1điểm a)Gọi S1, S2, v1, 

v 

2 lần lượt là tiết diện và tốc độ của dòng nước tại bình 

Điểm 

và vòi xả . Áp dụng PT liên tục và ĐL béc-nu-li ta có: 

S .v S . v ; 

1 1 2 2 

1 2 1 2 

p0 v1 gh1 p0 v2 gh 

0,5 

2 

2 2 

0,5

v 

 

1 

2gh 

S 

 

S 

2 2 

( ) 1 

1 

(1) 

2điểm 

b)Mực nước trong bình sẽ hạ thấp với tốc độ 

dh 

v 

dt 

0,5 

Từ (1) ta có 

1 

( h h0 

) 

2g 

h 

1 dh 1 

 

2g h S 

( ) 1 

S 

h0 2 2 0 

S 

S 

2 2 

( ) 1 

1 

t 

 

1 

t 

 

dt 

0,5 

0,5 

1 2g 

h h0 

t 

2 S 

 

S 

2 2 

( ) 1 

1 

0,5 

1điểm c) Khi chảy hết nước thì h = 0 

t 

2( h ) 

0 

2g 

S 

 

S 

2 2 

( ) 1 

1 

; 

Với d 2 = 0,96 m; d 1 = 

V 1,5 

2,073m 

S 3,14*0,48 

0,027m; h 0 2 

2 

0,5 

t 2 

2 

S 

 

2 

h0 

 

 

S 

 

1 

2g 

 

1 

 

4 

4 

d 

 

2 

0,96 

0 

1 

2,073 

1 

d 

 

1 

0,027 

 

h 

 

2 

 

2 

 

822,3s 13phut42giay 

2g 

2.9,8 

0,5 

Câu 4: (4 điểm – Nhiệt học) 

Nội dung 

2điểm Xét quá trình 1-2: 

Đồ thị có dạng p = aV +b , Và phương trình C-M pV = RT (1) 

p 5p 

4RV 

4R 

Thu được mối quan hệ giữa T ,V 

2 

1 1 

T V V (2) 

1 

Điểm 

0,25

Vậy đồ thị quá trình 1-2 trong hệ hệ tọa độ VOT có dạng một đường 

(P), có bề lõm hướng xuống, đỉnh (P) có tọa độ N(T N ,V N ). 

N V N 

; p ) thuộc quá trình biến đổi khí từ trạng thái ( 1 2 ) mà tại đó 

( 

N 

0,25 

0,25 

nhiệt độ khí đạt cực đại. 

25p1V 

1 

25T1 

Từ (2) Tmax 

TN 

(3) 

16nR 

16 

Với 

T 

p1V 

nR 

p1V 

R 

1 1 

1 

(4) 

Từ (1)(2)(3) 

 

 

p 

 

 

V 

 

N 

N 

5p 

 

8 

5V 

1 

 

2 

Ta vẽ được đồ thị TOV 

Từ đồ thị ta thấy trong 

chu trình tại vị trí N là 

vị trí nhiệt độ của quá 

trình 1-2 cực đại, cũng 

chính là điểm mà nhiệt 

độ cao nhất mà tác 

nhân có được khi hoạt 

động theo chu trình 

này. 

1 

(5) 

Thể tích của chất khí khi tác nhân có nhiệt độ cao nhất trong chu trình 

5V 

1 

trên là VN 

 

2 

1điểm b.Trong quá trình từ 1-2 có thể có giai đoạn khí nhận nhiệt và có thể 

có giai đoạn khí nhả nhiệt. 

25 

T1 

16 

Gọi M ( V ; p) 

là điểm khí vẫn còn nhận nhiệt. 

T 1 

9 

T1 

16 

T 1 /8 

O 

T 

V 1 2,5V 1 4,5V 1 

Xét quá trình biến đổi khí từ ( 1 M ) ta có trong giai đoạn này khí vẫn 

thực hiện công nhưng nội năng có thể lúc tăng lúc giảm: 

1 

3 

N 

2 

V 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25

1điểm 

 

A1 

M 

 

 

U 

 

( p1 

p)( 

V V1 

) 

 

0 

2 

CV 

nCV 

( T T1 

) ( pV p1V 

1) 

 

R 

1M 

3 

( 

2 

pV p V ) 

Mặt khác vì M thuộc quá trình biến đổi ( 1 5) 

nên áp suất và thể tích 

tại M có mối lên hệ như (1). 

Từ (1)(6) 

2 

p1 

4V 

Q 

 

1 

A1 

M 

U1M 

25V 

21V 

8 V1 

 

1 

M (*) 

Vì Q(V) là một parabol có a ' 0 có đỉnh cực đại Qmax. Vậy sau khi Q 

đạt max, V vẫn tiếp tục tăng nhưng Q thì giảm từ trạng thái ứng 

với Q max trở đi, chất khí thu nhiệt. Vậy V * chính là giá trị ứng với thể 

tích V để Q max . 

25. V1 

25 

Từ (*) ( Q1 M 

) 

max 

V V 

* V1 

8 

8 

c. Hiệu suất của động cơ nhiệt cho bởi công thức: 

1 

1 

 

 

H 

A 

Q 1 

0,25 

0,25 

0,25 

Khí chỉ nhận nhiệt trong quá trình từ 1 M và quá trình từ 1 

0,25 

25 

+ Xét quá trình từ 1 M ta có: Thay V V 

1 vào (7) 

8 

289 

Q1 M 

p1V 

1 

0 

128 

0,25 

+ Xét quá trình biến đổi từ 3 1 ta có: 

p1V 

1 

p3V3 

21p1V 

1 

Q31 CV 

( T1 

T3 

) CV 

( ) 0 

R R 16 

457p1V 

1 

Q1 

Q1 

M 

Q31 

 

128 

0,25 

p1 

 

p1 

(4,5. 

V1 

V1 

) 

8 49p1V 

1 

+ Từ đồ thị A 

 

 

2 

32 

196 H 42,89% 

457 

0,25 

3 . 

Câu 5: (3 điểm – Phương án thực hành) 

Nội dung 

Điểm

1,25 

điểm 

Cơ sở lý thuyết 

Muốn xác định được các hệ số α và β liên quan đến quá trình chuyển 

động của tấm nhựa trên mặt bàn ta cần bố trí hệ thí nghiệm sao cho 

tạo được vận tốc cho tấm và cần phải xác định được khối lượng M 

của tấm nhựa. 

Có thể tạo vận tốc ban đầu cho tấm nhựa bằng việc sử dụng va chạm 

của vật m và tấm. Tạo vận tốc vật m trước khi va chạm vào M bằng 

việc cho vật m chuyển động dưới tác dụng của trọng lực, thế năng 

chuyển hoá 

thành động 

năng. 

Độ cao vật m 

ban đầu so với 

vị trí trước va 

chạm là h thì 

vận tốc vật m 

thu được là 

v 

m mgh v 2gh 

2 

1 

2 1 

(1). 

Vật m khi va chạm đàn hồi với M sẽ tạo vận tốc v 2 cho M, xác định 

từ hệ phương trình 

mv Mv mv (*) 

' 

1 2 1 

1 2 1 2 1 ' 2 

mv1 Mv2 mv1 

(**) 

2 2 2 

m 

h 

M 

v 2 

0,25 

0,25 

2m 

suy ra v2 v1 

M 

m 

v 2 

2m 2gh 

 

M 

m 

(2). 

0,25 

Ta có 

v v 

s 

2g 3 

Mg 

2 3 

2 2 

 

2 2 

Tuyến tính hóa phương trình ta được 

s 1 v 

B Av 

2 

 

2 2 2 

v2 

2g 3 

Mg 

2

s 

v 

Với Y và X 

v 

2 

2 

. Đồ thị có dạng Y= B- AX. 

2 

Như vậy bằng việc đo khoảng cách dịch chuyển của tấm theo chiều 

cao vật m và vẽ đồ thị để xác định phụ thuộc của 

2 

xác định được hệ số A, B từ đó xác định được α và β 

0,75 Tiến hành thí nghiệm: 

điểm Xác định khối 

lượng vật M (sử 

dụng thước làm 

cân đòn và vật m 

đã biết để tính 

M) 

Bố trí thí 

nghiệm (hình vẽ 

): 

m 

h 

M 

s 

v 

2 

theo v 2 ta có thể 

- Vật M để hơi nhô khỏi mép bàn một chút 

- Chiều dài dây buộc vật m phải phù hợp 

- Kéo lệch vật m lên độ cao h và thả để vật m đến va chạm vào 

M, đo quãng đường dịch chuyển của vật M. 

- Ghi số liệu vào bảng và xử lí số liệu 

Lần 1 2 3 4 5 6 7 

h // // // // // // // 

s // // // // // // // 

1điểm Xử lí số liệu: 

+Tính các đại lượng liên quan và ghi vào bảng 

Lần 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 

h 

s 

v 2 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

X= v 2

2 

Y=s/v 2 

Vẽ đồ thị Y theo X, tính các hệ số 

A, B suy ra và . 

1 1 

B 2 g 2Bg 

3A 

A 

M 

2 2 2 

3 

Mg 4B 

y 

B 

0,25 

0,25 

O 

B/A 

x 

0,25 

Ghi chú: 

- Điểm toàn bài: 20 điểm 

- Học sinh giải bằng cách giải khác, nếu kết quả đúng vẫn cho điểm trọn vẹn.


ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ 

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ KHỐI 10 

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG LÊ KHA 

TỈNH TÂY NINH 


ĐỀ THI ĐỀ XUẤT 


(Đề này có 05 câu, in trong 03 trang) 

Câu 1 (5,0 điểm ): 

Chất điểm khối lượng m = 200g tại đỉnh A của hình bán trụ có đáy là một nửa 

hình tròn tâm O bán kính R = 20cm, chuyển động trượt không ma sát trên mặt trụ 

và song song với đáy mặt trụ, tốc độ ban đầu không đáng kể. Hình trụ đặt trên mặt 

phẳng ngang như hình vẽ 

A 

B 

C 

Lấy g = 10m/s 2 và 3 = 1,732. 

O 

D 

α 3 

v 

a) Khi chất điểm đến điểm B với góc ˆ AOB = α 1 = 30 0 , tính tốc độ chuyển động 

và phản lực của hình trụ tác dụng lên chất điểm. 

b) Tại điểm C với ˆ AOC = α 2 chất điểm bắt đầu rời mặt trụ. Tính α 2 . 

c) Chất điểm tiếp tục chuyển động và chạm vào mặt ngang tại điểm D với vận 

tốc v lập với mặt ngang góc α 3 . Tính α 3 và độ lớn của vận tốc chất điểm khi chạm 

vào mặt ngang. 

Câu 2 (4,0 điểm) : 

Thanh thẳng AB chiều dài l = 1,2m có khối 

lượng m 1 = 400g phân bố đều, có thể quay không ma 

B 

l 

α 0 

A 

m 2

sát trên mặt phẳng thẳng đứng quanh trục nằm ngang, vuông góc AB tại A. 

Momen quán tính của thanh lúc này là I = 1 3 m 1l 2 . Kéo thanh AB đến góc lệch α 0 = 

60 0 so với phương thẳng đứng rồi thả không vận tốc. Lấy g = 9,8m/s 2 và π = 

3,1416 . 

a) Khi AB đến vị trí thẳng đứng, tính tốc độ góc ω của thanh và độ lớn phản 

lực N của trục quay tác dụng vào thanh. 

b) Tại vị trí thẳng đứng, đầu B của thanh AB va chạm đàn hồi và tức thời với 

chất điểm có khối lượng m 2 = 100g đang đứng yên ở mép bàn nằm ngang. Tính tốc 

độ v của m 2 ngay sau va chạm và góc lệch cực đại α của thanh sau khi va chạm. 

Câu 3 (4,0 điểm). Trong một ống có nước chảy, người ta cắm hai ống có áp kế tại 

những chỗ có tiết diện ống bằng S 1 và S 2 với S 1 S 2 . Hiệu 

hai mức nước trong hai ống áp kế bằng h. Khối lượng 

riêng của chất lỏng và chất khí là 

0và . Xác định thể tích 

khí đi qua tiết diện của ống trong một đơn vị thời gian. 

Câu 4 (4,0 điểm) : 

Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện một 

chu trình C: 1 – 2 – 3 – 1 – 4 – 5 – 1, gồm hai chu trình 

là C 1 :1 – 2 – 3 – 1 và C 2 : 1 – 4 – 5 – 1 như hình vẽ 3. 

p 

p 3 

3 

Các quá trình: 3 – 1 và 5 – 1 là đẳng nhiệt, 1 – 2 và 4 – 

5 là đẳng áp, 2 – 3 và 1 – 4 là đẳng tích.Áp suất ở trạng 

thái 5 là p 5 = 2.10 5 N 

2 

m , ở trạng thái 3 là p 3 = 2.10 6 N 

2 

m . 

p 1 

1 

p 

2 

5 

4 

V 2 V 1 

V 5 

5 

V 

Thể tích trạng thái 5 là V 5 = 10 lít, ở trạng thái 1 là V 1

J 

= 8 lít. Biết hằng số khí phổ biến là R = 8,31 

mol.K . 

a) Tính áp suất p 1 ở trạng thái 1 và nhiệt độ T 4 ở trạng thái 4. 

b) Ở chu trình C 1 , tính công A 1 mà khối khí thực hiện và tính nhiệt lượng Q 1 

mà khối khí nhận được từ bên ngoài. 

c) Xét cả chu trình C, tính tỷ số phần trăm giữa công A mà hệ thực hiện và 

nhiệt lượng Q mà hệ thuvào (còn gọi là hiệu suất của cả chu trình C). 

Câu 5 (3 điểm) 

a. Cho hai nhiệt kế giống nhau, có độ chia đến 0,1 0 C. Hãy đề xuất một phương 

án thí nghiệm chỉ dùng hai nhiệt kế ấy và một số vật liệu thông thường khác để có 

thể nhận biết được sự thay đổi độ ẩm tỷ đối của không khí trong phòng. Nhiệt độ 

không khí coi như không đổi. 

b. Biết rằng áp suất hơi bão hoà của nước tuân theo gần đúng công thức 

Clapeyron-Clausius: 

trong đó L 

2240J / g 

dpbh 

L 

 

dT T(v v ) 

h 

L 

là nhiệt hoá hơi của nước; vh 

và vL 

lần lượt là thể tích của 1g 

hơi nước bão hoà và 1g nước ở nhiệt độ T. Hãy lập biểu thức tính độ ẩm tỷ đối của 

không khí theo các thông số đo được bằng các dụng cụ nói trên (coi áp suất và thể 

tích của hơi nước bão hoà tuân theo phương trình trạng thái khí lí tưởng). Lập bảng 

cho phép suy ra 

độ ẩm tỷ đối của không khí (trong khoảng từ 80% đến 100%) theo các số đo mà 

các dụng cụ trên đo được. Cho nhiệt độ phòng là 27 0 C. 

Gv ra đề 

Phan Ngọc Huệ 

Đ T 01229454561

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN: VẬT LÝ 10 

1 

5đ. 

a) 

2đ. 

Chọn gốc thế năng tại O. 

- Cơ năng ban đầu chỉ là thế năng: 

W 0 = W t = mgR. 

0,25đ. 

- Khi đến B cơ năng là: 

W B = W đ + W t = 1 2 mv2 + mgRcosα 1 . 

0,25đ. 

- Cơ năng bảo toàn: 

W B = W 0 

1 

2 mv2 + mgRcosα 1 = mgR. 

A 

B 

N 

0,25đ. 

- v 2 = 2gR(1 – cos α 1 ) = 0,536. 

α 1 

P 

v = 0,732m/s. 

O 

0,25đ. 

- Tại B, lực tác dụng lên m gồm trọng lực P và phản lực 

N : 

0,25đ. 

P N ma

Chiếu lên phương bán kính chiều dương hướng tâm thì: 

Pcosα 1 – N = ma n 

v 

N = mgcosα 1 – m 2 

R 

= 0,2x10x0,866 – 0,536 = 1,196N 

0,25đ. 

0, 5đ. 

1 

(tt) 

b) 

1,5đ. 

- Tại C cơ năng là: 

W C = W đ + W t = 1 2 mv2 + mgRcosα 2 . 

- Cơ năng bảo toàn: 

0,25đ. 

W C = W 0 

1 

2 mv C 2 + mgRcosα 2 = mgR. 

v C 2 = 2gR(1 – cos α 2 ).(1) 

- Mặt khác, các lực tác dụng lên m gồm trọng lực P và 

phản lực N : 

0,25đ. 

P N ma 

Chiếu lên phương bán kính chiều dương hướng tâm thì: 

v 

Pcosα 2 – N = ma n = m 2 C 

R 

- Tại đây m bắt đầu rời mặt trụ thì N = 0 nên : 

v 

- mgcos α 2 = m 2 C 

R (2). 

- Thế (1) vào (2): 

0,25đ. 

0,25đ.

cosα 2 = 2(1 – cosα 2 ) 

cosα 2 = 2 3 . 

α 2 ≈ 48,19 0 ≈ 0,84rad 

A 

O 

α 2 

C 

P 

v 

x 

α 2 

v 

C 

0,25đ. 

0,25đ. 

1 c) 

1,5đ. 

- Cơ năng tại D chỉ là động 

năng: 

A 

C 

v 

x 

W D = 1 2 mv D 2 . 

α 2 

O 

D 

v 

x 

α 3 

Cơ năng bảo toàn: 

v 

D 

W D = W 0 

1 

2 mv D 2 = mgR 

-Tính được: v D = 2m/s. 

0,25đ. 

0,25đ. 

- Từ (1) tốc độ tại C là : 

v C = 

2 

2x10x0, 21 

= 2 3 

3 

- Thành phần nằm ngang là : 

3 m/s. 

0,25đ.

v x = v C cosα 2 = 2 3 

3 

- cosα 3 = 

x 

v 

v = 2 3 

D 

2 

3 = 4 3 

9 

9 = 0,0,385 

α 3 ≈ 1,176rad ≈ 67,36 0 

0,25đ. 

0,5đ. 

CÂU: 2 

2 

1,5 

đ 

a) 

- Chọn gốc thế năng tại G dưới A một đoạn 1 2 l . 

- Cơ năng ban đầu chỉ là thế năng : 

W 0 = W t = m 1 gh = 1 4 m 1gl. 

0,25 

- Cơ năng tại vị trí thanh thẳng đứng chỉ là động năng : 

W = W đ = 1 2 Iω2 = 1 6 m 1l 2 ω 2 . 

- Cơ năng bảo toàn W = W 0 nên : 

0,25 

N 

P 

ω = 

A 

G 

B 

3g 

2 = 3,5rad/s . 

Lực tác dụng lên thanh gồm trọng lực P và phản 

lực N . 

Khi thanh thẳng đứng : 

- Vẽ hình : chỉ yêu cầu vẽ đủ hai lực P , N đúng 

phương và chiều, có thể sai điểm đặt . 

0,25 

0,25

- Theo định luật II Newton : P N m1a 

. 

Chọn chiều dương hướng tâm : 

N – m 1 g = m 1 a n = m 1 ω 2 R 

0,25 

- Với R = 1 2 l = 0,6m . 

- Tính được : N = 6,86N . 

0,25 

2 

2,5 

đ 

b) Sau va chạm , tốc độ góc của AB là ω 1 , tốc độ chất điểm 

là v . 

- Do momen động lượng bảo toàn : 

Iω = Iω 1 + m 2 vl (1) 

Iω = Iω 1 + m 2 vl (1) 

- Do va chạm đàn hồi nên động năng trước và sau va 

chạm bằng nhau: 

1 

2 Iω2 = 1 2 Iω 1 2 + 1 2 m 2v 2 (2) 

- Giải hệ phương trình , tính được : v = 4,8(m/s). 

- Tính được ω 1 = 0,5rad/s . 

- Cơ năng của thanh AB ngay sau va chạm chỉ là động 

năng : 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

W đ1 = 1 2 Iω 1 2 = 1 6 m 1l 2 ω 2 1 . 

- Cơ năng ở góc lệch cực đại α chỉ là thế 

l 

α 0 

A 

0,25 

0,25 

năng : 

W t = m 1 gh = 1 2 m 1gl(1 – cosα). 

B 

m 2 

0,25 

- Cơ năng bảo toàn nên W đ1 = W t

Tính được cosα = 97 

98 

= 0,989 α = 8,1920 

0,25 

Câu 3 

4 đ Áp dụng phương trình Bec-nu-li đối với ống dòng nằm 

ngang: 

p 

1 

2 

2 

v1 

v2 

p2 

 

2 2 

(1) 

Lưu lượng chất lỏng chảy qua ống trong một đơn vị thời 

gian: 

M = v 1 S 1 = v 2 S 2 

S1 

Suy ra: v2 v1 

S 

(2) 

2 

Sự thay đổi áp suất giữa hai vị trí trong long chất lỏng: 

p 2 – p 1 = 

gh 

(3) 

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra: 

v 

2 

v 

2 

1 

2 

2 

2 

1 2 

v2 

p2 

p1 

v 

 

2 

2 

S 

1 

 

1 gh 

S 

2 

2 

 

gh 

 

2 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

 

1 

v1 

 

S 

2 

S 

2gh 

2 

2 

S 

2 

1 

0,5

Do vậy thể tích chảy qua ống trong một đơn vị thời gian: 

M v S 

1 

1 

S S 

1 

2 

S 

2gh 

2 

2 

S 

2 

1 

0,5 

Câu 4 

4 

4đ. 

a) 

1đ. 

- Ở quá trình đẳng nhiệt 5 – 1: 

p 1 V 1 = p 5 V 5 . 

Tính được: p 1 = 2,5.10 5 N/m 2 . 

0,5đ. 

- Ở trạng thái 4: 

lít. 

p 4 V 4 = RT 4 ; trong đó p 4 = p 5 = 2.10 5 N/m 2 và V 4 = V 1 = 8 

Tính được: T 4 = 192,54 K. 

0,5đ. 

b) 

1,5đ. 

pV 

5 5 

- Ta có V 2 = V 3 = 

p 

2 

= 1 lít. 

- Công ở quá 

A 12 = p 1 (V 2 

= 2,5.10 

- Công ở quá 

V 

A 31 = 1 p.dV 

V3 

Với p = RT 

V 

trình đẳng áp 1 – 2 là: 

– V 1 ) 

x(– 7.10 -3 ) = – 1750 J. 

trình đẳng nhiệt 3 – 1 là: 

. 

0,25đ. 

0,25đ.

p 

p 3 

3 

V 

dV 

V 

A 31 = RT 1 ; với RT = 

V3 

p 1 V 1 . 

p 1 

1 

p 

2 

5 

4 

5 

A 31 = p 1 V 1 ln 1 3 

V 

V = 

V 2 

V 1 

V 5 

V 

2,5.10 5 x8.10 -3 ln8 = 

4158,88 J. 

- Công cả hệ thực hiện sau chu trình C 1 : 

A 1 = A 12 + A 31 = 4158,88 – 1750 = 2408,88 J 

- Ở quá trình 2 – 3, hệ nhận nhiệt lượng: 

0,25đ. 

Q 23 = ΔU 23 = C v ΔT 23 = 3 2 R ΔT 23 = 3 2 V 2(p 3 – p 2 ) = 2625 J. 

- Ở quá trình 3 – 1, hệ nhận nhiệt lượng: 

0,25đ. 

Q 31 = A 31 = 4158,88 J. 

- Nhiệt lượng cả hệ nhận ở chu trình C 1 là: 

Q 1 = Q 23 + Q 31 = 6783,88 J. 

0,25đ. 

0,25đ.

c) 

1,5đ 

Công thực hiện ở chu trình C 2 là: 

A 2 = A 45 + A 51 . 

- Tính được: A 45 = p 5 (V 5 – V 4 ) = 2.10 5 x2.10 -3 = 400 J. 0,25đ. 

4 

(tt) 

c) 

(tt) 

V 

- A 51 = p 1 V 1 ln 1 V = 2,5.105 x8.10 -3 ln0,8 = – 446,29 J. 

5 

- Tính được: A 2 = – 46,29 J. 

- Nhiệt cả hệ nhận ở chu trình C 2 là: 

0,25đ. 

Q 2 = Q 45 = A 45 + ΔU 45 = p 5 (V 5 – V 4 ) + 3 2 p 5(V 5 – V 4 ). 

= 2,5x2.10 5 x2.10 -3 = 1000 J. 

- Nhiệt nhận được ở cả chu trình C là: 

0,25đ. 

Q = Q 1 + Q 2 = 7783,88 J. 

- Công thực hiện ở cả chu trình C là: 

A = A 1 + A 2 = 2362,59 J. 

0,25đ. 

- Hiệu suất của chu trình: 

0,25đ. 

H = A 100% = 30,35% . 

Q 

0,25đ. 

Câu 5

5 

a) 

Dụng cụ cấu tạo bởi hai nhiệt kế I, II. 

3 đ 

1,5 đ 

+ Nhiệt kế I: để bình thường, đo nhiệt độ không khí ta 

0,5 

được T 

1. (Nhiệt kế khô) 

+ Nhiệt kế II: bầu nhiệt kế bọc một lớp bông (hoặc vải 

0,5 

bông ...) đẫm nước. Nhiệt kế này chỉ nhiệt độ T 

2 

. 

(Nhiệt kế ẩm). 

T2 

là nhiệt độ cân bằng của nước thấm ở lớp bông. Áp 

suất hơi bão hoà của nước ở nhiệt độ T2 

bằng áp suất 

riêng phần của nước trong không khí; T1 T2 

càng lớn 

0,5 

thì không khí càng khô (độ ẩm tỷ đối càng nhỏ). 

5 b) 

1,5 đ 

Độ ẩm tỷ đối của không khí tính bằng: 

p (T ) p (T ) p (T ) dp 

1 100% 1 

p 

bh 

(T 

1) p 

bh 

(T 

1) 

p 

 

 

bh 2 bh 1 bh 2 

 

0,25 

Trong công thức Clapeyron do vh vL, 

dpbh 

L 1 RT 

nên: víi vh 

 

dT Tv 18 p 

Suy ra: 

h 

dp 

p 

bh 

bh 

bh 

18L 

 

2 dT. 

RT 

dp 18L 

1 1 dT 1 

0,05391.dT 

2 

p RT 

 

100% 1 0,05391(T T ) 

1 2 

 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

với 

o o 

T 300 K 27 C . 

1

T 1 - T 2 ( 0 C) 0 ... 0,2 ... 3,6 

(%) 100 ... 98,9 ... 80,5 0,25

TRƢỜNG THPT CHUYÊN 

HÙNG VƢƠNG – PHÚ THỌ 


ĐỀ THI HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG 

BẰNG BẮC BỘ - NĂM 2018 

Môn: VẬT LÍ - LỚP 10 

Thời gian làm bài: 180 phút. 

(Đề này có 02 trang, gồm 5 câu) 

Câu 1 (5,0 điểm) 

Hai vật M 1 và M 2 có khối lượng lần lượt là 

m 1 và m 2 được nối với nhau bằng một sợi dây 

mảnh, nhẹ, không dãn vắt qua ròng rọc nhẹ; M 1 đặt 

trên mặt bàn nằm ngang nhẵn; M 2 treo thẳng đứng 

(Hình 1). Tại thời điểm ban đầu, giữ các vật đứng 

yên ở vị trí sao cho dây nối M 1 hợp với phương 

ngang một góc = 30 0 . Sau đó, buông nhẹ cho các 

vật bắt đầu chuyển động. Biết m 2 = 2m 1 ; mặt phẳng ngang đủ dài. Tính gia tốc của các 

vật tại thời điểm vật M 1 bắt đầu rời khỏi mặt bàn và xác định góc khi đó. 

Bài 2 (4 điểm) 

Một đầu dây cuốn trên hình trụ khối lượng 

m, đầu kia được buộc với vật khối lượng M. Dây 

được vắt qua ròng rọc như (Hình 2). Bỏ qua khối 

lượng dây, ròng rọc, ma sát ở trục ròng rọc. Giả 

thiết rằng trong tất cả các trường hợp, chuyển động 

của hình trụ là song phẳng. Hệ bắt đầu chuyển động từ nghỉ. Xác định gia tốc của vật 

và tìm điều kiện để hình trụ lăn không trượt, lăn kéo theo cả trượt. 


hạt 

Wt 

Một hạt khối lượng m chuyển động trong trường xuyên tâm, biết thế năng của 

kr 

n 

, với k và n là hằng số, r là khoảng cách từ vật tới tâm của trường. Tìm 

điều kiện của k và n để hạt có thể chuyển động theo một quỹ đạo tròn. 

R 

M 1 

 

Hình 1 

Hình 2 

M 2 

M 

1

Câu 4 (4,0 điểm) 

Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực 

hiện một chu trình khép kín như Hình 3. Trong đó: 

1 - 2 là quá trình đẳng nhiệt; 2 - 3 là quá trình 

đẳng áp; 3 - 4 là quá trình biến đổi theo quy luật 

2 

p.V = const ; 4 - 1 là quá trình đẳng tích. Cho 

4 

biết: V 

1 

= V 

3 

= 4V2 

3 

chu trình là 300K; R = 8,31J/mol.K. 

và nhiệt độ nhỏ nhất của 

a) Tính các nhiệt độ T 

3 

và T 

4 

ứng với các trạng thái 3 và 4. 

b) Chứng minh rằng quá trình 3 - 4 nhiệt độ khí luôn giảm. 

c) Tính hiệu suất của chu trình. 


Một quả cầu rỗng đồng chất bằng kẽm, giới hạn bởi hai mặt cầu đồng tâm nổi 

được trên mặt nước, trên một đường tròn lớn của quả cầu có chia 360 vạch đều nhau 

có đánh số thứ tự. Lập phương án thực nghiệm xác định tỉ số giữa bán kính phần rỗng 

bên trong và bán kính mặt ngoài của quả cầu. 

Dụng cụ gồm 

+ Một bình chứa nước khối lượng riêng D o đã biết, một miếng dán nhỏ có khối 

lượng không đáng kể so với khối lượng của quả cầu. 

+ Khối lượng riêng của kẽm là D, công thức tính thể tích chỏm cầu là 

V 

2 

3 

Hình 3 

2 

R h (trong đó R là bán kính mặt cầu, h là chiều cao của chỏm cầu). 

………….HẾT………. 

2


ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT 

Nội dung 

Điểm 

Các lực tác dụng lên M 1 và M 2 được biểu 

diễn như hình vẽ. 

N 1 

M 1 

T 1 

 

H 

T 2 

0,5 

mg 

x 

M 2 

2mg 

Áp dụng định luật II Niutown ta có: 

Tcos ma 1 

; Tsin N1 mg; 2mg T 2ma 

2 

mg 

Tại thời điểm vật M 1 bắt đầu rời khỏi mặt bàn: N 1 = 0 T 

sin 

0,5 

a g.cot (*) và a2 

1 

g 

g 

2sin 

(**) 0,5 

Do dây lí tưởng ta có: 

v2 

v1cos v2 v1 

 

cos (1) → a 

2 

v2sin 

 

a 

1 . 

2 

cos 

cos 

Gọi H là khoảng cách từ ròng rọc tới mặt bàn 

H 

ta có: x H cot v1 x ' . 

2 

sin 

Từ (1) và (3): 

 

Thay (*) và (**) vào phương trình (4): 

2 

2 

v2 

sin 

H cos thay vào (2) v2 3 a2 

a1 

tan 

H cos 

(2) 

(3) 

(4) 

1,0 

0,5 

Ta được: 

 

v tan 

.cot 

2 cos 

gH 

2 

3 tan 1 

2 3 

2 

 

(5) 

0, 5 

3

1 2 1 2 

Dùng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ: mv1 2mv2 

2mg h (6) 

2 2 

H H H(2sin 1) 

Với h 

 

thay vào (6) 

sin 30 sin sin 

0,5 

2 2 2sin 1 

v1 2v2 

4gH sin 

2 2 

1 

Từ (1) và (7): v 

2 

(3 tan ) 8gH(1 ) 

2sin 

(7) 

(8) 

0,5 

Kết hợp (5) và (8) ta được: 

2 3 

3 tan 1 8 tan 1 

cot (1 ) 

2 

2 cos 

(3 tan ) 

2sin 

(9) 0,5 (0.25đ) 

0 

Giải phương trình (9) và kết hợp với điều kiện 30 ta được 

0 

45 


* Trường hợp 1: trụ lăn không trượt: 

F 

R 

Hình 1 

M 

f 

a/2 

0,5 

+ Phương trình chuyển động tịnh tiến của hình trụ: 

a 

F f m (1) 

2 

+ Phương trình chuyển động của vật: Mg F Ma 

(2) 

0,5 

+ Phương trình chuyển động quay của trụ: 

2 

mR a 

(F f )R I (3) 0,5 

2 2R 

4

Từ (1), (2), (3) ta tính được 

f 

ma 

; 

8 

3ma 

F ; 

8 

g 

a 

3m 

1 

8M 

(4) 

Trụ sẽ không trượt nếu f 

mg hoặc 

0,5 

1 

 

3m 

8 

M 

với μ là hệ số ma sát. 

* Trường hợp 2: Trụ vừa lăn vừa trượt: Gọi gia tốc góc của trụ là γ, gia tốc 

của trục trụ là b. 

+ Ff mb 

(5) 

+ 

2 

mR 

(F f )R I (6) 0,5 

2 

+ Mg F Ma 

(7) 0,5 

Các gia tốc liên hệ với nhau bởi điều kiện: 

a b R ; f mg 

(8) 

0,5 

Từ (5), (6), (7), (8) ta suy ra: 

m 

1 

a g 3M 

m 

1 

3M 

với 

1 

 

3m 

8 

M 

0,5 

Bài 3 (Cơ học thiên thể) 

+ Momen động lượng và cơ năng của hạt của hạt bảo toàn: 

1 mv 2 kr n hs;L mr 2 

hs 

2 

ta có: 

2 2 2 

2 dr 2 dr L 

 

2 

v (r ) 

dt dt mr 

1,0 

5

thay vào pt bảo toàn năng lượng: 

2 

1 dr 2 L n 

m( ) kr hs 

2 dt 2m 

2 

L n 

đặt U kr 

gọi là thế năng hiệu dụng trong HQC chuyển động quay 

2 

2mr 

với veto bán kính r qua vật. 

1,0 

+ Muốn vật chuyển động tròn thì: dr/dt=0 

2 2 

dU L n1 n1 

L 

knr 0 r 

3 

0 

(1) 0,5 

dr mr 

knm 

+ Muốn cho chuyển động của hạt ổn định thì thế năng của vật cực tiểu tại r=r 0 

hay động năng cực đại. Khi đó nếu vật lệch khỏi vị trí cân bằng thì có lực kéo 

vật về vị trí cân bằng. 

Ta có: 

2 

d U(r 

0 

) 

dr 

0 

(2) 

1,0 

Thay (1) vào (2) ta có: 

Điều kiện: 

kn 0 

 

n 2 

Có hai khả năng xẩy ra là (k>0 và n>0) 

0,5 

hoặc (k

Xét quá trình 3 – 4: 

2 

p.V 

const 

Áp dụng M – C cho 1mol khí: p.V R.T 

=> T.V const (1) => T 

3.V3 T 

4.V4 

=> 

V 9 

T .T T 675K 

3 

4 3 1 

V4 

4 

0,5 

b) Lấy vi phân hai vế phương trình (1) ta được : V.dT T.dV 0 

Hay: 

T 

dT .dV 

V 

0,5 

- Nhận thấy, thể tích khí luôn tăng khi biến đổi trong quá trình 3 – 4 →dV 0 

Theo đó dT 0. Vậy trong quá trình 3 – 4, nhiệt độ của khí luôn giảm 

0,5 

c) Tính nhiệt lượng khí nhận được trong từng quá trình: 

+ Quá trình 1 – 2: Đẳng nhiệt: 

tỏa nhiệt 

V 

Q A R.T .ln R.T .ln 4 0 => Hệ 

2 

12 12 1 1 

V1 

0,5 

+ Quá trình 2 – 3: Đẳng tích: Q23 C 

p.(T3 T 

2) 5RT1 

0 →Hệ nhận nhiệt 

Quá trình 3 – 4: Nhiệt dung không đổi và bằng 

R 

C 2 

3 

Q C.(T T ) RT 0 => Hệ tỏa nhiệt 

8 

→ 34 4 3 1 

0,5 

15 

Quá trình 4 – 1: Đẳng tích: Q41 C 

V.(T1 T 

4 

) RT1 

0 => Hệ tỏa nhiệt 

8 

11 

Công sinh ra trong chu trình là: A Q12 Q23 Q34 Q 

41 

( ln 4)RT1 

0, 5 

4 

=> Hiệu suất chu trình là: 

A 

27,27% 

0, 5 

Q 

23 


Dán miếng dính lên một điểm thuộc đường tròn lớn có độ chia, thả quả 1,5 

7

cầu nổi trên mặt nước thì đường tròn lớn có độ chia thuộc mặt phẳng thẳng 

đứng. 

Đọc số đo góc ở tâm của phần nổi là 2 

Tính được độ cao của chỏm cầu: h = R(1 – cos) (1) 

Quả cầu cân bằng nên trọng lực tác dụng lên quả cầu bằng lực đẩy Acximet ta 

được: 

D(V – V t ) = D 0 (V – V c ) (2) 

Trong đó: V là thể tích ngoài của quả cầu, V t là thể tích trong, V c là thể tích 

chỏm cầu nổi trên mặt nước. 

0,5 

Thể tích chỏm cầu là: V c = 

2 πR 

2 h 

3 

= 

1 4 3 h 1 h 

πR V (3) 

2 3 R 2 R 

r 

R 

0 

Từ (1), (2) và (3) ta có: = 3 1 - 1 + cosα 

D 

2D 

1,0 

8


HƯNG YÊN 


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC 

DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018 

Môn: Vật lý 10 

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 

Câu 1 (4 điểm). 

Một mô hình động cơ hơi nước đặt nằm 

ngang trên mặt sàn nhẵn. Tay quay OA có chiều dài 

r và quay đều với tốc độ góc ω, điểm B luôn chuyển 

động thẳng. Thanh truyền AB dài bằng tay quay. Coi 

khối lượng của các bộ phận chuyển động rút về 

thành 2 khối lượng m 1 và m 2 tập trung ở A và B, 

khối lượng của vỏ động cơ là m 3 (hình 1). 

B 

Hình 1 

A 

O 

1. Cho rằng vỏ động cơ chỉ chuyển động ngang và ban đầu pit-tông ở vị trí xa nhất về 

bên trái. Xác định phương trình chuyển động của vỏ động cơ. 

2. Nếu động cơ được bắt vít xuống nền bằng bu-lông, tìm áp lực của động cơ lên nền và 

lực cắt ngang bu-lông. Bỏ qua lực căng ban đầu của bu-lông. 


Một khối trụ đặc có bán kính R, khối lượng m, lăn không 

trượt trên mặt sàn nằm ngang rồi va vào một bức tường thẳng 

đứng cố định (trục của khối trụ luôn song song với mặt sàn và 

tường). Biết hệ số ma sát giữa khối trụ và bức tường là ; vận tốc 

của trục khối trụ trước lúc va chạm là v 0 ; sau va chạm thành phần 

vận tốc theo phương ngang của trục giảm đi một nửa về độ lớn; 

2 2 

mômen quán tính đối với trục của khối trụ là I mR (hình vẽ). 

5 

Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn. 

0 

v 0 

R 

Tính động năng của khối trụ và góc giữa phương chuyển động của nó với phương nằm 

1 1 

ngang ngay sau khi va chạm trong hai trường hợp, và . 

8 5 


Một vệ tinh chuyển động tròn đều quanh Trái Đất ở độ cao R = 3R 0 so với tâm O của 

Trái Đất. Bán kính Trái Đất là R 0 = 6400km. 

1. Tính vận tốc V 0 và chu kỳ T 0 của vệ tinh. 

2. Vệ tinh đang chuyển động tròn trên bán kính R thì tại 

điểm A vận tốc đột ngột giảm xuống thành V A nhưng giữ nguyên 

hướng; vệ tinh chuyển sang quỹ đạo elip và tiếp đất tại điểm B 

. 

B O 

A

trên đường OA (O, A, B thẳng hàng). Tìm vận tốc vệ tinh tại A, B và thời gian nó chuyển 

động từ A đến B. 

Cho vận tốc vũ trụ cấp I là V I = 7,9 km/s. Bỏ qua mọi lực cản. 

Có thể dùng phương trình chuyển động của một vệ tinh trên quỹ đạo : 

 

m r 

G 

dt dt 

r 

2 

2 

d r d Mm 

2 2 

và định luật bảo toàn mômen động lượng : 


mr 2 

d 

const. 

dt 

Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện một 

chu trình ABCDECA (Hình 1). Cho biết P A =P B =10 5 

P C =3.10 5 Pa, P E =P D =4.10 5 Pa, T A =T E =300K, V A =20l, 

V B =V C =V D =10l, AB, BC, CD, DE, EC, CA là các đoạn thẳng. 

Pa, 

P 

P E 

P C 

E 

D 

C 

1. Tính các thông số T B , T D , V E . 

2. Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong tất cả 

các giai đoạn của chu trình mà nhiệt độ khí tăng. 

P A 

O 

V E 

B 

V B 

A 

V A 

V 



Người ta nhúng một dây đun bằng mayso vào một bình nước. Biết công suất toả nhiệt P 

của dây đun và nhiệt độ môi trường ngoài không đổi, nhiệt lượng của nước truyền ra môi 

trường ngoài tỉ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt độ giữa nước trong bình và môi trường. Nhiệt 

độ của nước trong bình ở thời điểm x được ghi bằng bảng dưới đây: 

x(phút) 0 1 2 3 4 5 

T( 0 C) 20 26,3 31,9 36,8 41,1 44,7 

Hãy dùng cách tính gần đúng và xử lý số liệu trên để trả lời các câu hỏi sau. 

1. Nếu đun tiếp thì nước có sôi không? Nếu không sôi thì nhiệt độ cực đại của nước là 

bao nhiêu? 

2. Nếu khi nhiệt độ của nước là 60 0 C thì rút dây đun ra. Hỏi nước sẽ nguội đi bao nhiêu 

độ sau thời gian 1phút? 2 phút?

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

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 

Họ và tên thí sinh: ..........................................; Số báo danh: ..................................... 


HƯNG YÊN 

ĐÁP ÁNĐỀ THI ĐỀ XUẤT 

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI 

VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018 

Môn: Vật lý 10 


Câu 1 

(4 điểm) 

+ Xét tại thời điểm t góc quay của vật 

BOA = φ = ωt (hình 2a). Các bộ phận 

có khối lượng m 1, m 2 có vận tốc lần lượt 

là v 

1 

và v 

2 

trong hệ quy chiếu gắn với 

Nội dung 

A 

V 1 

Điểm 

0.25 

vỏ. Vỏ có vận tốc v3 

đối với sàn. 

B 

V 2 

H 

O 

+ Theo phương ngang hệ không chịu 

tác dụng của ngoại lực nên bảo toàn 

động lượng: 

Hình 2a 

m 3 v 3 +m 2 (v 2 + v 3 ) +m 1 (v 1 sinωt + v 3 ) = 0 

0.25 

1. 

m2v2 m1v1 

sint 

=> v 3 = - 

m m m 

1 2 3 

(1) với v 1 = ωr, 

0.25 

v 2 = - dOB 

dt 

= -2 dOH 

dt 

= 2 d( rcos 

t) 

= 2ωrsinωt (2) thay (2) vào (1) ta có: 

dt 

0.25 

(2 m2 m1) r sint 

v 3 = - 

m m m 

1 2 3 

(3). 

0.25 

(2 m2 m1) rcost 

Lấy nguyên hàm của (3) x = + C 

m m m 

1 2 3 

(2 m2 m1) 

r 

Chọn x = 0 tại t = 0 ta có C = 

m m m 

(2 m2 m1) r( cost 

1) 

vậy x = . 

m m m 

1 2 3 

1 2 3 

0.25 

0.25 

0.25

2. 

Câu 2 

(4 điểm) 

1 

+ Xét cả hệ chỉ có v1 

có thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng: 

v y = v 1 cosωt = ωrcosωt, do đó áp lực của hệ lên sàn theo phương thẳng đứng là 

d( m1 

y) 

N = (m 1 +m 2 +m 3 )g + 

dt 

N = (m 1 +m 2 +m 3 )g - m 1 ω 2 r.sinωt. 

+ Động lượng của hệ theo phương ngang khi vỏ được giữ đứng yên là 

p = m 2 v 2 + m 1 v 1 sinωt = (m 1 +2m 2 )ωr.sinωt. 

+ Do đó lực cắt ngang bulong là 

T = dp 

dt = (m 1 +2m 2 )ω 2 r.cosωt. 

v0 

+ p dụng hai định l biến thiên và chú là vx 

. 

2 

hối trụ trong quá trình va chạm còn chịu thêm tác dụng của phản lực N vuông 

góc với tường, hướng ngược chiều va chạm và lực ma sát Fms 

hướng lêntrên theo 

chiều Oy. Như vậy chuyển động theo phương y sẽ xảy ra hai khả năng: 

TH1: trong quá trình va chạm khối trụ luôn luôn lăn có trượt 

0.25 

0.25 

0.5 

0.5 

0.5 

TH2: trong quá trình va chạm, đầu tiên khối trụ lăn có trượt trong khoảng 

1 

sau 

đó lăn không trượt trong khoảng 

2 

. 0.25 

a) Trong thời gian va chạm , theo phương Oy khối trụ luôn luôn lăn có trượt. 

* Định l biến thiên động lượng: 

1 3 

Theo Ox: mv0 mv0 mv0 

Ndt (1) 

2 2 

 

 

0 

y 

N 

0.25 

 

3 

Theo Oy: mv 

y 

 

Ndt (2) vy v0 

2 

0 

N 

x 

0.25 

Từ (1) và (2): 

v v 

; 

v v / 2 

y y 

tg 3 

x 0 

0.25 

+ Định l biến thiên mômen động lượng: 

0.25

4 15 

I( 0) R Ndt (3) v 

0 

4R 

0 

+ Điều kiện trên xẩy ra nếu khối trụ vẫn trượt trong va chạm. 

0.25 

4 

v y R 0,19 . 

21 

1 

+ Giá trị 0,125 0,19tương ứng trường hợp suốt quá trình va chạm khối 

8 

trụ luôn luôn lăn có trượt 

4 15 

17 

v v 

4R 32R 

0 0 

0.25 

0.25 

Động năng 

m(v v ) I m 1 3 m 17 

E v v R v 

2 2 2 

4 16 

5 32R 

2 2 2 

2 2 

x y 2 2 2 

0 0 

0 

E 0,34mv 0,68E 

2 

0 0 

0.25 

2 

+ Giá trị 0,2 0,19 tương ứng trường hợp trongquá trình va chạm khối trụ lăn 

có trượt trong khoảng thời gian 1 và lăn không trượt trong khoảng thời gian 2. 

0.25 

1 1 

 

mv Ndt (4); I( ) R 

Ndt (5) 

y 1 0 

0 0 

0.25 

+Sau khoảng thời gian 1 khối trụ lăn không trượt theo phương y với vận tốc v y : 

vy v0 

1 

; 

0 

R 

R 

thay vào (4) và (5) 2 2 vy 

v 

0 

mR Rmv 

5 R R 

0 

vy 2 v 2v 

0; 

1 

 

7 7R 

tg 

v 4 

v 7 

y 

 

x 

y 

; 

0.25 

0.25 

0.25 

Động năng sau va chạm là 

Câu 3 

(4 điểm) 

1 2 4 2 

2 2 4 2 

2 2 

m 

2 0 0 

v 

2 0 

x 

v 

m v v mR v 

y I 

 

1 4 49 5 49R 297 2 

E 

 

mv0 0,3E 0.5 

0 

2 2 2 2 1960 

+ Gọi M và m lần lượt là khối lượng Trái Đất và vệ tinh. Lực hấp dẫn của Trái

Đất lên vệ tinh đóng vai trò lực hướng tâm nên: 

1 

2 

GMm mv0 

V 

2 0 = 

R R 

GM V = 

1 = 4,56 km/s 0.5 

3R 0 3 

2R 

Chu kỳ quay của vệ tinh: T0 

26449s 7,35 h 

V 

+ Từ hai phương trình cho ở đề bài ta được phương trình: 

0 

0.5 

2 

2 2 

d r (c / m) GM 

(1) 0.5 

2 3 2 

dt r r 

+ Khi vệ tinh chuyển động với bán kính R = const thì: 

c 2 

( ) GMR 

m (2) 0.25 

+ Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng và bảo toàn cơ năng ta có: 

V .3R V .R 

(3) 

A 

B 

2 2 

mVA 

2 GMm mVB 

GMm 

3R 

2 

R 

(4) 

0 0 

VI 

+ Từ (3) và (4) ta được: VA 

3,23 km/s ; VB 

9,68 km/s 

6 

AB 

+ Bán trục lớn quỹ đạo elip của vệ tinh: a 2R0 

2 

0.25 

0.5 

0.5 

0.25 

3 

+ Áp dụng định luật 3 Keppler ta có: 

3 3 

3 

a R a 

T T 4 h 

T T R 

0.5 

2 2 0 3 

0 

+ Thời gian vệ tinh chuyển động từ A đến B là: t = T/2 = 2 h. 0.25 

Câu 4 

(4 điểm) 

1 + Áp dụng phương trình trạng thái ta có: 

P A V A =nRT A nR=P A V A /T A =20/3 

T B =P B V B /nR=150K, T D =P D V D /nR=600K, V E =nRT E /P E =5l 

+ Khí nhận nhiệt trong quá trình đẳng tích BD và một giai đoạn trong quá trình 

0.5 

0.5 

biến đổi ECA: Q 1 =Q BD =n. 3 2 R(T D-T B )= 3 2 

20 (600 150) =4500 J 

3 

0.25 

P 

PA 

- Phương trình của đường thẳng ECA: 

V 

V 

A 

PE 

PA 

V 

= P 5 

V V 5 

E 

A 

(1) 

0.25

2 

3 

Câu 5 

(4 điểm) 

1 

(V đo bằng l, P đo bằng 10 5 Pa) 

2 

PV 3 V 

T= ( 5V) (2) (T đo bằng 100K) 

nR 20 5 

T= T Max =468,75K khi V m =12,5l ; T tăng khi 5V12,5l 

V m ứng với điểm F trên đoạn CA. Trong giai đoạn EF nhiệt lượng nhận được là: 

Q 2 =U+A với U=n. 3 2 R(T max-T E ) =1687,5 J 

A=diện tích hình thang EFV m V E =2437,5J 

Q 2 =1687,5+2437,5= 4125 J 

Tổng nhiệt lượng mà khí nhận được là Q=Q 1 +Q 2 =4500+4125=8625J 

+ Công sinh ra trong một chu trình là: 

A=dt(ABC)-dt(CDE) A=750J 

Hiệu suất của chu trình: H=A/Q=750/8625 8,6% 

+ Gọi nhiệt độ của nước tăng thêm trong thời gian 1 phút là ΔT 0 , gọi T là nhiệt độ 

của nước sau mỗi phút, T 0 là nhiệt độ của môi trường. ΔT 0 là hàm của T. Gọi Δx 

là khoảng thời gian đun nước, vì nhiệt lượng của nước truyền ra môi trường ngoài 

tỉ lệ bậc nhất với độ chênh lệch nhiệt độ giữa nước trong bình và môi trường nên 

ta có : PΔx – k(T-T 0 )= C.ΔT 0 

(C là nhiệt dung riêng của nước, k là hệ số tỉ lệ dương). 

+ Theo bảng, chọn Δx=1phút. Ta có: 

0.25 

0.25 

0.25 

0.25 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

T 0 

6,3 

5,6 

4,9 

4,3 

3,6 

0.5 

O 

26,3 31,9 

36,8 

41,1 

44,7 

T 

0 P. x 

k. 

T0 

k. 

T . T a 

bT . 

C C 

0.5

+ Mặt khác từ bảng số liệu đề bài cho ta có thên bảng chứa ΔT 0 như sau: 

x(phút) 0 1 2 3 4 5 

T( 0 C) 20 26,3 31,9 36,8 41,1 44,7 

ΔT 0 0 6,3 5,6 4,9 4,3 3,6 

Từ bảng này vẽ đồ thị : 

0.5 

+ Từ đồ thị hoặc giải hệ: 6,3 a 26,3. b 

5,6 a 31,9. b 

tìm được a=90; b=0,1. 

0.25 

+ Ta thấy T max khi ΔT 0 =0: T max =a/b=90 0 C. Nước không thể sôi dù đun mãi. 

0.25 

hi rút dây đun, công suất cung cấp cho nước P=0: 

2 

T 

0 

k. 

T0 

 

C 

 

 

 

k 

C 

. T 

bT 

0 

bT . 

b( 

T 

0 

T 

) 0,1.(20 60) 4 

0 

C 

0.5 

Vậy sau 1phút nước nguội đi 4 0 C. 

+ Ở phút thứ 2 nước nguội đi: 

T 

0 

bT 

0 

bT . b( 

T T) 

0,1.(20 56) 3,6 

Vậy Tổng sau 2 phut nước nguội đi: 7,6 0 C 

0 

0 

C 

0.5 

0.5 

-------------------------- Hết ----------------------- 

Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

TRƢỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN 

THANH HÓA 



ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DHĐBBB 

NĂM HỌC 2017- 2018 

Môn thi VẬT LÝ 10 


Đề thi gồm có 02 trang 

Câu 1 (5 Điểm ) 

Một sợi chỉ nhẹ không co giãn dài l = 30 cm có một đầu gắn với 

đáy một bình chứa nƣớc hình trụ, đầu kia gắn một quả cầu gỗ 

nhƣ hình vẽ. Khoảng cách từ điểm gắn sợi chỉ đến tâm đáy bình 

là r = 20 cm. Bình bắt đầu quay đều xung quanh trục thẳng đứng của nó. Hãy xác 

định tốc độ góc quay của bình nếu sợi chỉ bị lệch khỏi hƣớng thẳng đứng góc = 

30 0 , lấy g = 9,8 m/s 2 . 

Câu 2 (4 điểm ) 

Một khối trụ đặc khối trụ đặc khối lƣợng M, bán kính Rlăn xuống mặt phẳng 

nghiêng góc α. 

1. Giả sử khối trụ lăn không trƣợt. Hãy tính gia tốc của khối tâm và hệ số ma sát 

nghỉ 

2. Cho hệ số ma sát giữa khối trụ và mặt phẳng nghiêng là μ. Hỏi với điều kiện 

nào của μ thì khối trụ lăn không trƣợt, lăn có trƣợt? 


Một hành tinh có khối lƣợng m chuyển động theo đƣờng elip quanh Mặt Trời sao 

cho khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất từ Mặt Trời tới nó lần lƣợt là r 1 và r 2 . Tìm 

độ lớn momen động lƣợng của hành tinh này đối với tâm Mặt Trời.


Biết n mol khí lý tƣởng ở nhiệt độ T 2T0 

có nhiệt dung CV 

1 

nR 

, với 

T 

2T0 

nhiệt dung của nó là CV 

C 

2 V1 

, trong đó , là hai 

hơn 1. Chu kỳ tuần hoàn của nó thể hiện nhƣ trên hình 1: 

ABCDA là hình chữ nhật. 

a. Tìm nhiệt độ T 

D 

chất khí ở trạng thái D. 

b. Vẽ đồ thị sự biến đổi nội năng theo nhiệt độ. 

p 

p 2 

p 1 

A(T 0 ) 

O 

hằng số lớn 

B (2T 0 ) C (3T 0 ) 

V 1 

V 2 

D 

V 


Xác định hệ số ma sát nhớt của chất lỏng 

Cho công thức xác định lực ma sát nhớt tác dụng lên bi nhỏ: 

F 6 

. . 

v. 

r 

Trong đó: η là hệ số ma sát nhớt của chất lỏng, v là tốc độ chuyển động của bi so 

với chất lỏng, r là bán kính của bi. 

Cho các dụng cụ thí nghiệm: 

(1) Một ống thủy tinh hình trụ dài 

(2) Một ống nhỏ giọt 

(3) Một cân 

(4) Một đồng hồ bấm giây 

(5) Một thƣớc đo chiều dài 

(6) Chậu đựng nƣớc có khối lƣợng riêng ρ đã biết 

(7) Chậu đựng dầu thực vật có khối lƣợng riêng ρ d đã biết. 

Trình bày cơ sở lý huyết, cách bố trí, các bƣớc tiến hành thí nghiệm để xác định 

hệ số ma sát nhớt của dầu thực vật đã cho.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN 

THANH HÓA 



ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT ĐBDHBB NĂM HỌC 2017 -2018 

Câu 1 + Do khối lƣợng riêng của quả cầu nhỏ hơn khối 

lƣợng riêng của nƣớc nên khi hình trụ quay thì quả cầu 

lệch về phía trục quay của hình trụ 

F x 

F y 

(Xét một “quả cầu nƣớc” ở vị trí của quả cầu gỗ và sợi dây 

thẳng đứng khi hình trụ nƣớc quay. Khi đó nó chịu tác dụng của lực li tâm và lực 

do các phần tử nƣớc khác đẩy nó. Hai lực này cân bằng nhau. Nếu thay vào đó là 

quả cầu gỗ thì lực quán tính li tâm nhỏ đi còn lực đẩy của nƣớc thì vẫn không đổi, 

do đó quả cầu bị đẩy vào phía trục quay) 

+ Giả sử chƣa buộc quả cầu vào sợi chỉ và hình trụ nƣớc đang quay 

Xét một phần tử nƣớc có thể tích đúng bằng thể tích quả cầu (V) và ở đúng vị trí 

quả cầu nếu có nó. 

Những lực tác dụng vào phần tử nƣớc này gồm: P = D n gV, lực F do các phần tử 

nƣớc xung quanh tác dụng: lực này gồm hai thành phần: F y cân bằng với P và F x 

hƣớng tâm. 

F y = D n gV ; F x = m 2 

R = D n V 2 

(r - lsin ) (*) 

* Bây giờ nghiên cứu trƣờng hợp có quả cầu gỗ trong hình trụ nƣớc đang quay. 

+ Quả cầu chịu tác dụng của các phần tử nƣớc còn lại chính là F x và F y ; trọng lực 

P’ = D g Vg và lực căng dây T 

+ Xét theo phƣơng thẳng đứng: F y - D g Vg - Tcos = 0 (1) 

P

2 

+ Xét theo phƣơng ngang: F x - Tsin = m’ R = D g V 2 2 

( (r - lsin ) (2) 

+ Từ (*); (1) và (2): = 

Câu 2 

1. Áp dụng định luật II 

+ Psinα –F ms = Ma G (1) 

+ N = Pcosα (2) 

g.tg 

r l 

sin 

10,6 (rad/s) 

+ Phƣơng trình chuyển động quay quanh khối tâm G 

+ R.F ms = I G .γ ( 3) 

với I G = 

2 

2 

a G 

1 MR , 

R 

1 

thay vào phƣơng trình (3) => Fms = MaG 

2 

thay vào (1) 

2 

=> a G = g sin 

3 

+ Vì ma sát là ma sát nghỉ do vậy: F ms n 

. N => 

2. Từ (1) và (3) ta suy ra 

tan 

n 

 

3 

=> 

a 

G 

 

Mg sin F 

M 

ms 

=> 

2F 

ms 

MR 

+ Gọi K là điểm tiếp xúc giữa khối trụ và mặt nghiêng: 

+ a K = a G – γR=> a K = gsinα – 3μgcosα 

+ Biện luận: 

tan 

+ a K = 0 khối trụ lăn không trƣợt => 

3

+ a K > 0 khối trụ lăn có trƣợt => 

tan 

 

3 

Câu 3 

L = mr 2 2 2 2 

ω = mr mr mr (1) 

1 1 2 2 

Định luật bảo toàn cơ năng cho 2 vị trí r 1 ; r 2 

m GMm m GMm 

r r 

2 r 2 r 

2 2 2 2 

1 1 2 2 

1 2 

 

2 2 2 

r1 1 r2 2 r1 1 

 

2 2 2 

1 1 1 1 

GM 

2 2 

2 2 

r1 r2 r1 r2 2 r1 r2 

 

r 

2 

 

2GM 

r 

 

r r 

2 2 12 

1 1 1 1 

1 1 r1 

r2 

1 2 

2GMr r 

. 

L m 2GMr r 

r r 

12 

Thay vào (1) ta đƣợc: 

Câu 4 

1 2 

Từ đồ thị cho biết: A B quá trình đẳng tích, tăng áp; B C là quá trình giãn nở 

đẳng áp; C Dlà quá trình hạ áp đẳng tích; D 

Alà quá trình nén đẳng áp. 

Giả thiết: trạng thái A: p1, V1 , T; 

0 

trạng thái B: p2, V1 ,2T 0 

; trạng thái C: 

2, 2,3 

0 

trạng thái D: p1, V2, T 

D 

a. Phƣơng trình trạng thái khí lí tƣởng: 

p V T ; 

p2 2T0 p2 

3T0 

3 

; TD 

T 

p T p T 2 

1 0 1 

D 

0

Từ đó có thể biết rằng từ C 

b. Công thức nội năng khí lý tƣởng: U 

V 

D sẽ qua trạng thái F mà có nhiệt độ 2T 

0 

. 

C T 

Ở trạng thái A: U 

A 

CVT 1 0 

nRT0 

Ở trạng thái B: UB 

CV.2T 1 0 

2 

nRT0 

Ở trạng thái C: UC 

CV.3T 1 0 

3nRT0 

Ở trạng thái F: UF 

CV 

.2T 2 0 

2 

nRT0 

Ở trạng thái D: UD 

CV.1,5 T 

1 0 

1,5 

nRT0 

Khi chất khí ở trạng thái B hoặc F (nhiệt độ đều là 2T 

0 

) có sự đột biến nhiệt dung. 

Ý nghĩa của nó là một chuyển động tự do nào đó của phân tử vừa đạt đƣợc nhiệt 

độ 2T 

0 

tức là hệ ở trạng thái B, trạng thái kích thích: hấp thụ nhiệt mà không tăng 

nhiệt độ, nội năng là 

giảm, nội năng là 

U và nhiệt độ T là: 

U 

B 

. Ở trạng thái F, xuất hiện sự tỏa nhiệt mà nhiệt độ không 

U 

F 

. Do đó có thể biểu đạt hệ hoàn chỉnh quan hệ giữa nội năng 

U C T nRT 

, với 

0 

V 1 . 

U C T nRT 

V 2 . 

T 2T 

T 2T 

, với 

0 

nRT U nRT 

T 2T 

, với 

0 

3 

2 

2 

U / nRT 

0 

Từ quan hệ U và T ta có đồ thị 

1 

0 

T 2T 0 

3T 

0 

0 

T 

Câu 5 

1. Cơ sở lý thuyết

Vật rơi trong một môi trƣờng chịu tác dụng của lực cản tỷ lệ với tốc độ 

chuyển động của vật. Ban đầu vật rơi nhanh dần, nên tốc độ tăng dần, đến khi lực 

cản của môi trƣờng đủ lớn để cân bằng với trọng lực và lực đẩy Acsimet thì vật 

chuyển động đều. 

Xét một viên bi nhỏ bán kính r chuyển động đều trong dầu với tốc độ v: 

+ Phân tích lực: trọng lực P , lực đẩy Acsimet F A , lực ma sát nhớt F . 

+ Viên bi chuyển động đều nên ta có: 

P FA 

F 0 

F = P – F A 

2 

4 3 2 r d 

6. 

v. 

r . 

r 

d 

. 

g 

 

3 

9 v 

 

Nhận xét: Để đo η, ta cần đo bán kính r và tốc độ chuyển động v của viên bi. 

2. Tiến hành thí nghiệm 

. 

g 

a. Bố trí thí nghiệm nhƣ Hình 2: 

b. Tiến trình thí nghiệm: 

Bƣớc 1: Thí nghiệm với ống nhỏ giọt 

- Dùng cân điện tử để cân khối lƣợng: ống nhỏ giọt, ống nhỏ giọt 

có chứa nƣớc để xác định khối lƣợng m của nƣớc trong ống. 

- Đếm số giọt nƣớc N. 

Bƣớc 2: Cho giọt nƣớc từ ống nhỏ giọt rơi vào dầu từ một độ cao 

h xác định (để giọt nƣớc có tốc độ ban đầu đủ lớn). Mỗi giọt nƣớc 

chuyển động trong ống dầu, quan sát chuyển động của giọt nƣớc: 

S 

Ống 

nhỏ 

giọt 

Hình 2 

Giọt 

nước CĐ 

đều. 

Nước 

- Dùng thƣớc đo quãng đƣờng S (quan sát thấy giọt nƣớc chuyển động đều).

- Dùng đồng hồ đo khoảng thời gian t chuyển động tƣơng ứng. 

Chú ý: Khi tiến hành bƣớc 2 nhiều lần mức chất lỏng và nƣớc trong ống sẽ dâng 

lên nên ta phải chú ý: điều chỉnh vị trí của ống nhỏ giọt (để độ cao h không đổi); 

vị trí đo quãng đƣờng S (do mức nƣớc dâng lên). 

3. Xử lý số liệu 

a. Xác định bán kính của một giọt nƣớc: Đo m, đếm N 

- Khối lƣợng 1 giọt nƣớc: 

m 

m 

N 

0 

. 

3V 

3. m 

- Bán kính 1 giọt nƣớc: r 3 3 . 

4 

4 

. 

b. Xác định tốc độ chuyển động đều của giọt nƣớc trong dầu: 

S 

v 

t 

c. Xác định hệ số nhớt của dầu: 

 

2 

2 r d .g 

 

9 v

Trường THPT Chuyên 

Lào Cai 

ĐỀ ĐỀ XUẤT 




(Đề thi gồm 02 trang) 

ĐỀ THI MÔN:VẬT LÝ LỚP 10 


Bài 1: Cơ chất điểm (5 điểm) 

Một bán cầu rỗng bán kính R, mặt trong nhẵn, được giữ cố định 

trên mặt đất sao cho mặt hở hướng lên trên. Một vật nhỏ ở điểm 

cao nhất của mặt trong bán cầu và được truyền một vận tốc v 0 

theo phương tiếp tuyến với miệng bán cầu(hình 1). Cho gia tốc 

trọng trường là g. 

a. Tìm độ cao nhỏ nhất của quỹ đạo chuyển động của vật so với 

mặt đất. 

b. Tìm vận tốc lớn nhất của vật nhỏ trong quá trình chuyển 

động. 

Bài 2: cơ vật rắn (4 điểm) 

Một thanh mảnh đồng chất khối lượng m, chiều dài 2l có một 

đầu treo trên dây mảnh, sao cho đầu còn lại tiếp xúc với mặt bàn 

0 

nhẵn nằm ngang. Góc 0 

60 (hình 2). 

a. Đốt dây treo. Áp lực của thanh lên mặt bàn thay đổi bao nhiêu 

lần ngay sau khi sợi dây đứt? 

b. Tìm vận tốc trọng tâm của thanh ngay trước khi nó tiếp xúc 

với mặt đất 

Bài 3: Cơ chất lỏng (4 điểm) 

Một xi lanh có chiều dài L, tiết diện S, có thoát nhỏ ở đáy với tiết 

diện s rất bé so với S. Lượng chất lỏng có khối lượng riêng 

được chặn bởi 1 pittong mỏng, khối lượng không đáng kể có thể 

tịnh tiến không ma sát trong xi lanh. Ban đầu xi lanh được gắn 

chặt vào một trục quay , và chiều cao cột chất lỏng là L/2 như 

(hình 3).Tức thời điều khiển cho trục quay với tốc đội không đổi 

là . 

a. Tính tốc độ chất lỏng phụt ra khỏi lỗ thoát theo khoảng 

cách a từ pittong đến trục quay. 

b. Tính thời gian để toàn bộ lượng chất lỏng thoát khỏi xi 

lanh 

v 0 

Hình 1 

0 

Hình 2 

L/2 

L 

Hình 3

Bài 4: Nhiệt (4 điểm) 

Một xi lanh cách nhiệt cố định nằm ngang (hình 4) được chia làm 2 

phần bằng một pittông cách nhiệt có bề dày không đáng kể, khối 

lượng m, nối với thành bên phải bằng 1 lò xo nhẹ nằm ngang và có 

thể dịch chuyển không ma sát trong xi lanh. Phần bên trái chứa 1 mol 

khí lí tưởng đơn nguyên tử, phần bên phải là chân không. Lò xo có 

Hình 4 

chiều dài tự nhiên bằng chiều dài của xi lanh. 

a. Xác định nhiệt dung của hệ. Bỏ qua nhiệt dung của xi lanh, của pittông và của lò xo. 

b. Dựng đứng xi lanh lên sao cho phần chứa khí ở bên dưới. Khi pittông ở vị trí cân bằng n 

cách đáy xi lanh một khoảng bằng h, khí trong xi lanh c nhiệt độ T 1 . Xác định độ dịch 

chuyển của pittông khi nhiệt độ khí trong xi lanh tăng từ T 1 đến T 2 . 

Bài 5:Thực hành(3 điểm) 

Cho các dụng cụ sau (hình 5): 

- Một khối gỗ hình hộp ABCDA’B’C’D’ c mặt 

ABCD là hình vuông cạnh a, bề dày AA’ = b nhỏ 

hơn đáng kể so với a. Các bề mặt đồng đều về độ 

nhẵn. 

- Một tấm ván phẳng đủ rộng có bề mặt đồng đều 

về độ nhẵn. 

- Một bút chì. 

- Một thước thẳng để đo kích thước. 

Hãy đề xuất phương án làm thí nghiệm và trình bày 

cách làm để xác định gần đúng hệ số ma sát nghỉ 

giữa khối gỗ và tấm ván. Giải thích cách làm. 

C’ 

D’ D 

A’ A 

C 

B 

Hình 5 

------------------HẾT--------------------

Họ và tên học sinh:............................................................., Số báo danh:............................ 

Họ và tên giám thị 1:........................................., Họ và tên giám thị 2:................................ 

Giám thị không giải thích gì thêm. 

Trường THPT Chuyên Lào Cai 

ĐỀ ĐỀ XUẤT 






Bài Hướng dẫn chấm Điể 

m 

1 Chuyển động của vật nhỏ trong bán cầu không ma sát 

nên chỉ chịu tác dụng của trọng lực và phàn lực vuông 

góc từ mặt bán cầu. Vậy mô men động lượng của vật 

quanh trục đối xứng của bán trụ và cơ năng được bảo 

toàn. 

a. 

+ Xét chuyển động của vật ở vị trí thấp nhất trên quỹ 

đạo của nó. Ở thời điểm này vật ở vị trí mà véc tơ bán 

kính vẽ từ tâm bán cầu đến vật hợp với phương thẳng 

đứng góc và vận tốc của vật theo phương thẳng 

đứng bằng 0. 

+ Phương trình bảo toàn cơ năng và bảo toàn mô men động lượng của vật nhỏ đối 

với trục đối xứng của bán cầu là 

2 2 

mv 

mv0 

mgR 

cos 

2 2 

 

mvR 

sin 

mv0R 

v 0 

v 

2 2 2 

v 

0 

16gR 

 

Giải hệ phương trình được: cos 

 

1 1 

4 

4gR 

v 

0 

Vậy độ cao nhỏ nhất của quỹ đạo chuyển động của vật so với mặt đất là: 

2 2 2 

v 

0 

16gR 

 

hmin R 1 cos 

R 1 1 

4 

4g 

v 

0 

b. Tính tốc độ lớn nhất của vật trong quá trình chuyển động 

Cũng từ nhận xét cơ năng của vật được bảo toàn ta suy ra tốc độ vật đạt cực đại 

khi vật ở vị trí thấp nhất của quỹ đạo. 

 

v 0 

0,5 

1 

0,5 

1 

0,5 

1

2 2 

v 16g R v 

v v0 

2gR 

cos 

 

2 

2 2 2 4 

0 0 

0,5 

v 

v 16g R v 

2 2 2 4 

0 0 

2 

2 a. 

- Khi chưa đứt dây. Thanh thăng bằng dưới tác dụng 

của trọng lực, phản lực vuông góc từ mặt bàn và lực 

căng của dây treo. 

- Chọn trục quay tức thời qua đầu trên của thanh thì 

M N0 = M P N 0 = P/2 là phản lực ban đầu của mặt 

bàn 

Khi dây đứt thì thanh chỉ còn tác dụng của trọng lực 

và phản lực vuông góc từ mặt bàn. Do không có lực 

nào theo phương ngang nên khối tâm sẽ chuyển động 

theo phương thẳng đứng. Vậy xu hướng chuyển 

động của khối tâm và đầu thanh được biểu diễn như 

hình 

Ta xác định được tâm quay tức thời của thanh là 

tại O. 

N 

O 

N 

G 

P 

G 

P 

0 

0 

0,25 

0,5 

0,25 

Phương trình động lực học cho chuyển động quay 

quanh 0 là: 

2 

2 

mL L 3 

6 3g 

M 

P 

I0 P. Lsin0 

m 

 

3 2 

13L 

 

 

là gia tốc khối tâm ngay sau khi đứt dây 

=> N = P – mA G = 4 mg 

13 

0,5 

0,5 

N 8 

Vậy tỉ lệ là: 

N 

0 

13 

b. Ngay trước khi chạm đất thì thanh nằm ngang nên 

tâm quay tức thời của thanh là tại đầu trái của thanh. 

Quá trình chuyển động thì không có ma sát và phản 

lực không sinh công nên cơ năng của hệ được bảo 

toàn: 

 

2 

2 3 3 

 

2 2 3 

4L 

4 

2 2 

mgL I mL g gL 

mgL mL vG 

 

G 

0.5 

0,5 

1,5 

3 a.Xét phần chất lỏng cách trục quay từ x x+dx. 

Nó có khối lượng là: dm = Sdx 0,5 

L 

L/2

Lực li tâm tác dụng lên phần tử chất lỏng này là: 

2 

dF = S 

xdx 

Áp suất dư do phần tử chất lỏng này gây ra là: 

dP = 

2 xdx 

Xét trong hệ quy chiếu phi quán tính chuyển động 

quay cùng trục thì áp suất dư do lực quán tính li tâm 

tác dụng lên pitong và cột chất lỏng gây ra tại đáy xilanh là: 

P 

L 

 

a 

 

2 

xdx 

 

L 

2 2 2 

Áp dụng định luật Becnulli cho chuyển động của chất lỏng ngay trong và ngoài lỗ 

thoát: 

 

 

 

2 L 2 a 2 v 

2 

2 2 

v 

L a 

2 2 

là tốc độ phụt ra của chất lỏng ra khỏi lỗ thoát của xi lanh 

b. Áp dụng phương trình liên tục cho sự chảy của chất lỏng trong và ngoài xi lanh 

thì: 

2 

a 

2 2 

s L a 

SV = sv V 

 

S 

là tốc độ chảy của chất lỏng trong xi lanh. 

Đồng thời V cũng là tốc độ di chuyển của pitong trong xi lanh nên: 

2 2 

da s L a Sda 

 

V dt 

dt S s 

L a 

Vậy thời gian để toàn bộ chất lỏng thoát khỏi xi lanh là 

a 

L Sd 

/2 

. 

L S d sin i S 

t 

2 

s 

2 

/2 /3 1 sin 

 

6s 

L a 

 

 

 

i 

s 

1 

L 

 

2 2 

4 a. Giả sử truyền cho hệ một nhiệt lượng Q . 

- Gọi T 1 là nhiệt độ ban đầu của khí, T 2 là nhiệt độ của khí sau khi đã truyền cho 

nó nhiệt lượng Q. Vì bỏ qua ma sát nên theo nguyên lí ta c : 

U = Q + A Q = U – A = 3R 2 (T k 2 2 

2 – T 1 ) + (x 

2 

x 

1 ) 

(1) 

2 

với k là độ cứng lò xo, x 1 và x 2 là độ nén của lò xo ứng với nhiệt độ T 1 , T 2 . 

F kx p.S 

- Từ điều kiện cân bằng của pittông suy ra: p = = x = 

(2) 

S S k 

- Theo phương trình trạng thái: pV = RT 

p = RT = 

RT 

(3) 

V S.x 

0,5 

1 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,25 

0,25

- Thay (3) vào (2) x 2 = RT 

k 

2 2 R 

- Vậy: x2 x 

1 

= (T 

2 

- T 

1) 

k 

k R 

(x 2 2 

2 

x 

1 

) = (T 

2 

- T 

1) 

2 2 

- Thay vào (1) Q = U – A = 2R(T 2 – T 1 ) = 2RT 

- Nhiệt dung của hệ là: C = Q ΔT = 2R 

b. Giả sử khí nhận được một nhiệt lượng Q để tăng nhiệt độ từ T 1 đến T 2 . 

- Theo nguyên lý I: U = Q + A Q = U – A (4) 

Q = CT= 2R(T 2 – T 1 ) (5) 

5 - Đặt khối gỗ dựng đứng như hình vẽ. 

U = 3R 2 (T 2 – T 1 ) (6) 

- Dùng bút chì kẻ KL chia đôi mặt bên khối gỗ. 

Đặt mũi bút chì lên một điểmtrên đường KL. 

Đẩy nhẹ nhàng khối gỗ bằng một lực vừa đủ 

theo phương vuông g c với bề mặt tấm gỗ (như 

hình vẽ) để nó có thể di chuyển. 

- Ban đầu, điểm đặt của bút chì ở gần K. Khi đ 

nếu đẩy nhẹ khối gỗ thì nó sẽ trượt chậm trên 

mặt tấm ván. Dịch chuyển dần điểm đặt của bút 

chì dọc theo đường KL về phía L và đẩy như 

trên thì sẽ tìm được một điểm M mà nếu điểm 

đặt của lực ở phía dưới nó thì khối gỗ sẽ trượt, 

còn nếu điểm đặt của lực ở phía trên nó thì khối 

gỗ sẽ bị đổ nhào mà không trượt. 

Dùng thước đo AA’ = b; KM = c 

b 

Khi đ hệ số ma sát sẽ được xác định theo công thức . 

2c 

Giải thích: Nếu đẩy nhẹ cho khối gỗ trượt được thì lúc đ lực 

đẩy F bằng độ lớn của lực ma sát trượt giữa khối gỗ và mặt ván. 

Nếu hợp lực của trọng lực P của khối gỗ và lực đẩy F có giá trị 

còn rơi vào mặt chân đế của khối gỗ thì nó sẽ trượt, còn nếu 

hợp lực này có giá lệch ra bên ngoài mặt chân đế thì nó sẽ bị đổ. 

Khi điểm đặt của lực đúng vào điểm M thì giá của hợp lực sẽ đi 

qua mép của chân đế (hình vẽ). Khi đ : 

M 

C 

B 

L 

K 

F 

F 

 

a 

P 

D 

M 

A 

b 

0,25 

0,5 

0,5 

0,25 

0,5 

1 

0,5 

1,5 

0,5 

0,5

tg 

 

F 

P 

mg 

 

mg 

 

b 

. 

2c

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI 

VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH 

QUẢNG NGÃI 


ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ - KHỐI 10 



(Đề thi này có 02 trang, gồm 5 câu) 

Câu 1. (5 điểm) Cơ học chất điểm + Các định luật bảo toàn 

Một tấm ván A dài 

l 80cm 

, khối lượng m 1 =1kg được đặt 

trên mặt dốc nghiêng góc so với mặt phẳng ngang. Một vật B 

B 

khối lượng m 2 =100g được đặt trên tấm ván tại điểm cao nhất của 

tấm ván (hình 1). Thả cho hai vật A, B cùng chuyển động. Cho 

A 

biết hệ số ma sát giữa A và mặt dốc là 0, 1 

2 , giữa B và A là 

0,1 . Lấy 2 g=10m/s2 . 

α 

1. Giả sử dốc đủ dài, cho 

0 

30 . 

Hình 1 

a) Tìm thời gian để vật B rời vật A. 

b) Khi vật B vừa rời khỏi vật A thì vật A đã đi được đoạn đường dài bao nhiêu trên mặt dốc? 

2. Cho chiều dài dốc là L=2,4m. Xác định giá trị của sao cho khi vật B vừa rời khỏi vật A thì đầu dưới 

của vật A tới chân dốc. 

Bài 2. (4 điểm) Cơ học vật rắn 

Một vật nhỏ khối lượng m được đặt lên thành bên trong của 

một vành trụ mỏng có khối lượng M phân bố đều. Vật nằm trong 

mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với trục của vành trụ và chứa 

khối tâm của vành trụ. Ban đầu, vành trụ đứng yên trên một mặt 

phẳng ngang và vật ở vị trí xác định bởi góc lệch 

0 

so với đường 

thẳng đứng (như hình 2). Sau đó, thả nhẹ vật cho hệ chuyển động. 

Giả thiết rằng ma sát giữa vật và vành trụ là không đáng kể, vành 

trụ chuyển động lăn không trượt trên mặt phẳng ngang. Gia tốc 

trọng trường là g . 

Tìm phản lực của vành trụ lên vật lúc vật đến vị trí thấp nhất 

của quỹ đạo. 

m 

 

0 

Hình 2 

M 

g

Bài 3. (4 điểm) Cơ học thiên thể 

Con tàu vũ trụ có khối lượng M = 1,2 tấn quay quanh Mặt Trăng theo quỹ 

đạo tròn ở độ cao h = 100km so với bề mặt của Mặt Trăng. Để chuyển sang 

quỹ đạo hạ cánh, động cơ hoạt động trong thời gian ngắn. Vận tốc khí phụt 

ra khỏi ống khí của động cơ là 

u 

4 

10 m/s (vận tốc của khí đối với tàu vũ 

B 

R 

t 

A 

trụ). Bán kính Mặt Trăng 

R 

t 

 

3 

1,7.10 km 

, gia tốc trọng trường trên Mặt 

Trăng là 

gt 

1,7m/s 

2 

. Phải tốn bao nhiêu nhiên liệu để động cơ hoạt 

Hình 3 

động ở điểm A làm con tàu đáp xuống Mặt Trăng tại điểm B (hình 3). 

Bài 4. (4 điểm) Nhiệt học 

2 2 

Xi lanh hình trụ có tiết diện trong S 10 m cùng với pittông P 

V 

và vách ngăn V làm bằng chất cách nhiệt (như hình 4). Nắp A của vách mở 

P 

khi áp suất bên phải lớn hơn áp suất bên trái. Ban đầu phần bên trái của xi 

A 

lanh có chiều dài L 112 cm chứa m1 12g khí Hêli, phần bên phải 

p 0 

cũng có chiều dài bằng phần bên trái và chứa m2 2g khí Hêli, nhiệt độ 

cả hai phần đều bằng T0 273 K. Ấn từ từ vào pittông theo phương ngang Hình 4 

để nó chuyển động rất chậm hướng tới vách ngăn, ngừng một chút khi nắp 

5 2 

mở và sau đó đẩy pittông tới sát vách V . Biết áp suất không khí bên ngoài p0 10 N/m , nhiệt dung riêng 

3 

3 

đẳng tích và đẳng áp của Hêli bằng CV 3,15.10 J/(kg.K) và Cp 5,25.10 J/(kg.K). Bỏ qua mọi ma sát, 

coi các khối khí là khí lí tưởng. Tính công đã thực hiện để di chuyển pittông. 

Bài 5. (3 điểm) Phương án thực hành 

Xác định hệ số ma sát nghỉ giữa sợi chỉ và sắt. 

Cho các dụng cụ sau : 

+ Một sợi chỉ; 

+ Một khối sắt hình trụ có trục cố định; 

+ Giá để gắn cố định khối sắt hình trụ; 

+ Thước đo độ để đo góc; 

+ Một quả nặng; 

+ Một lực kế; 

+ Giấy kẻ ô milimét. 

Yêu cầu: 

a) Trình bày cơ sở lí thuyết xác định hệ số ma sát nghỉ giữa sợi chỉ và sắt. 

b) Vẽ sơ đồ thí nghiệm, nêu các bước tiến hành, trình bày cách xử lí số liệu. 

................. HẾT ................. 

Người ra đề: Lê Minh Khôi

Điện thoại: 0905811799 

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÍ KHỐI 10 

(Đáp án gồm 07 trang) 


1. Vẽ hình, phân tích lực 

Đáp án 

Điểm 

N1 

B 

N2 

F ms2 

0,5 

(+) 

A 

F ms1 

P2 

α 

F' ms2 

P 1 

N' 

2 

a) - Gọi a 1 là gia tốc của vật A đối với mặt dốc, a 2/1 là gia tốc của B đối với A. 

- Xét chuyển động của vật B trong hệ quy chiếu gắn với vật A. 

Theo định luật II Newton: 

0,5 

P2 N2 Fms2 Fqt m2a 2/1 (1) 

Chiếu (1) lên chiều chuyển động ta có: 

m 2 gsin - 2 

m 2 gcos - m 2 a 1 = m 2 a 2/1 (2) 

0,5 

- Xét chuyển động của vật A trong hệ quy chiếu gắn với mặt dốc. 

- Theo định luật II Newton: 

 

P m a 

(3) 

1 

N1 

F' 

ms2Fms1 

N2' 

- Chiếu (3) lên chiều chuyển động: 

1 

1 

0,5 

0,5

m 1 gsin + 2 

m 2 gcos - 

1 

(m 1 +m 2 ) gcos = m 1 a 1 (4) 

Thay số tìm được a 1 3,18m/s 2 

Thay vào (2) tìm được a 2/1 0,95m/s 2 0,5 

- Thời gian vật B rời A: 

2l 

t 1,3s 

a 0,5 

2/1 

b) Quãng đường vật A đi được trên mặt dốc: 

1 2 

s A = a1t 

2, 69m 

2 

0,5 

2. - Thời gian vật B rời A: t2 

2l 

a 

2/1 

- Thời gian vật A tới chân dốc: 

t 

1 

 

2( L l) 

a 

1 

0,5 

Từ đề bài ta phải có: 

2l 

a 

2/1 

= 

2( L l) 

a 

1 

(5) 

Rút a 1 , a 2/1 từ (2) và (4) thế và(5) biến đổi ta được: 

tan 0,43 

0 

23,27 

0,5


Đáp án 

Các lực tác dụng lên hệ như hình 1. 

Điểm 

N 

m 

mg 

N 

 

Mg 

N 

F 

ms 

Hình 1 

M, 

R 

Phương trình chuyển động của vật theo 

phương ngang ma N sin 

.(1) 

x 

Phương trình chuyển động của vành trụ theo 

phương ngang Mw N sin 

F . (2) 

Phương trình chuyển động quay của vành trụ 

2 w 

là I FmsR 

, với I MR và nên 

R 

suy ra 

Mw . (3) 

Fms 

ms 

0,5 

0,5 

0,5 

Thay (3) vào (2), ta được N sin 2Mw 

. (4) 0,5 

Thay (4) vào (1) ta được ma 2Mw 

hay mu 2Mv 

. (5) 0,5 

Theo định luật bảo toàn cơ năng 

1 2 1 2 1 2 

1 2 2 

mgh mu Mv I hay mgR(1 cos 0) 

mu Mv . 

2 2 2 

2 

(6) 0,5 

MgR(1 cos 0) 

m MgR(1 cos 0) 

Giải hệ (5) và (6) ta được u 2 

, v 

. (7) 0,5 

m 

2M 

M m 2M 

Khi vật đến vị trí thấp nhất của quỹ đạo, vận tốc của vật đối với vành trụ là vrel 

u v . 

Phương trình chuyển động của vật tại vị trí thấp nhất quỹ đạo xét theo phương hướng 

2 2 

vrel ( u 

v) 

tâm cũng là phương thẳng đứng là N mg m m . Thay u và v ở (7) 0,5 

R R 

m 

vào ta được kết quả N mg 1 2 (1 cos 0) 

M 

 

. 

x


Đáp án 

Gọi v là vận tốc trên quỹ đạo tròn, v A và v B là vận tốc trên quỹ đạo hạ cánh, 

quỹ đạo này là một phần của elíp. Vì động cơ chỉ hoạt động trong thời gian rất 

ngắn đủ giảm bớt v một lượng 

tàu). 

- Định luật II Niutơn áp dụng cho tàu trên quỹ đạo tròn: 

2 2 

t t t t 

2 

t 

 

t 

 

t 

 

t 

 

v cần thiết ( v hướng ra phía trước để hãm 

M M Mv GM g .R 

G v 1651m / s 

(R h) R h R h R h 

- Định luật bảo toàn năng lượng trên quỹ đạo elip: ( M 1 là khối lượng còn lại của 

tàu vũ trụ) 

M v M M M v M M 

EA 

EB 

G G 

2 (R h) 2 R 

Theo định luật Keppler 2: 

2 2 

1 A t 1 1 B t 1 

L L v (R h) v .R v 

t 

v (R h) 

A t 

A 

 

B 

 

A t 

 

B t 

 

B 

(3) 

R 

t 

Thay (3) vào (2): vA 1628m/s v v vA 

23m/s 

Gọi m là khối lượng nhiên liệu đã cháy, áp dụng định luật bảo toàn động lượng: 

Độ biến thiên động lượng của khí bằng độ biến thiên động lượng còn lại của tàu: 

(M m) v mu (u là vận tốc tương đối của khí đối với tàu vũ trụ) 

Mv 

m 28,73kg 

uv 

t 

(2) 

(1) 

Điểm 

1,0 

1,0 

1,0 

1,0


Đáp án 

Điểm 

Áp suất phần bên trái của xilanh: 

m m m RT0 

p V RT p RT 

LS 

1 1 1 

1 0 0 1 0 

V0 

Áp suất phần bên phải xilanh: 

m m m RT0 

p V RT p RT 

LS 

2 2 2 

2 0 0 2 0 

V0 

1 

. 

2 

. 

0,5 

0,5 

Vì 

m1 m2 p1 p2 

: ban đầu nắp A đóng. 

Quá trình pittong nén khí, dời chỗ về phía trái đến sát vách ngăn được 

chia làm hai giai đoạn: 

* Giai đoạn 1: Nén khí trong phần bên phải (đoạn nhiệt thuận nghịch) 

cho đến khi áp suất khí trong phần này bằng với áp suất p1 của phần bên trái, 

nhiệt độ khí tăng lên đến giá trị T 1 , khi đó nắp A mở có sự hòa trộn của hai 

lượng khí: khối khí m 1 có nhiệt độ T 0 ở bên trái và khối khí m 2 có nhiệt độ T 1 

ở bên phải. Trong quá trình hòa trộn, khí không nhận nhiệt và công bên ngoài 

vì thế nội năng tổng cộng của hai khối khí không đổi. 

0,5 

Gọi T 2 là nhiệt độ chung của khối khí sau khi hòa trộn, ta có: 

m T 

m1C VT0 m2CV T1 m1 m2 CVT2 T2 

 

m 

m T 

m 

1 0 2 1 

3 

1 2 

. 

* Giai đoạn 2: Nén khí trong cả hai phần (đoạn nhiệt thuận nghịch) cho 

đến khi pittong tới sát vách ngăn, nhiệt độ của khí tăng từ T 2 đến T, công nén 

khí A n = A . 

có: 

Vì nén đoạn nhiệt nên Q = 0, từ nguyên lí I NĐLH cho cả quá trình ta 

0,5 

 

Q A 

U A A' U m m C T T 4 . 

n 

1 2 V 0 

Dựa vào phương trình đoạn nhiệt: 0,5

1 

1 

1 

1 

 

 

 

 

p 

2 

m 

2 

0 2 1 1 1 0 0 

p1 m1 

 

T p T p T T T 559,01K 

5 

. 

Thay (5) vào (3), ta có: 

1 

 

m1T 0 

m2T1 m 

1 

m 

2 

T2 T 

0 

1 

313,85K 

6 

m1 m2 m1 m 

2 m 

1 

 

 

. 

Gọi V1 là thể tích ngăn bên phải khi áp suất của khí là p1, ta có: 

0,5 

1 1 

 

 

 

p 

2 

m 

2 

2 0 

 

1 1 

 

1 

 

0 

0 

p1 m1 

7 

p V p V V V V 

. 

Giai đoạn 2 là một quá trình nén đoạn nhiệt thuận nghịch khí từ thể tích 

V0 V1 

, nhiệt độ T2 đến thể tích V 0 nhiệt độ T. Áp dụng phương trình đoạn 

nhiệt, ta có: 

 

 

1 1 

2 0 

 

1 

 

0 

T V V TV 

1 

1 

1 

 

1 

V0 V 

1 

m 

 

2 

m 

1 

m 

2 

2 2 0 

V0 m1 m1 m2 m1 

 

 

T T T 1 T 1 381,7 K 8 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,5 

Công cần thực hiện: 

1 

 

 

 

m m 

A1 A 

n 

p0SL CV 

m1 m2 T0 

p0SL 

 

m1 m2 m1 

 

 

 

 

1 2 

1 1 9 

. 

0,5 

Thay số ta tính được: A 4793,67 J, A2 p0SL 1120J 

, 

A 1 = 3673,67J. 

n


Đáp án 

a)Cơ sở lí thuyết 

Vắt sợi chỉ qua khối sắt hình trụ, một đầu nối với vật nặng, đầu kia giữ bởi lực căng T. 

Khi vật nặng sắp trượt xuống dưới, ma sát giữa sợi chỉ và sắt là ma sát nghỉ cực đại. 

Xét một phần sợi chỉ chắn góc d , điều kiện cân bằng của phần này là 

. 

T d T dT F ms 

(1) 

Mặt khác, áp lực của hai lực căng lên trụ sắt là 

Điểm 

0,5 

N T sin d Td . (2) 0,5 

Tại giới hạn trượt ta có F N. 

(3) 0,5 

Kết hợp (1), (2) và (3) ta có 0 

 

Bằng cách đo quan hệ T ta sẽ thu được hệ số ma sát. 

b) Sơ đồ thí nghiệm 

ms 

Mg T T e . (4) 

T( ) 

N 

T( 

d) 

d 

0,5 

Trọng vật 

Mg 

Lực kế đo 

lực căng dây 

Cách tiến hành 

Dùng lực kế để đo sức căng dây. 

Dùng ê ke để tạo các góc 0; 2; ; 3 2; 2 ; 5 

2. 

Thả lực kế yếu dần cho đến khi vật bắt đầu trượt xuống, ghi lại số chỉ lực kế. 

Cách xử lí số liệu 

Từ (4) lấy Logarit Nepe ta được lnT 

 

ln( Mg). 

Đặt X ; Y lnT 

. 

Vậy quan hệ là tuyến tính. Vẽ đồ thị (Y, X) ta được hệ số góc, ta suy ra được hệ số ma 

sát nghỉ cần tìm. 

Có thể làm ngược lại là kéo cho vật trượt lên. 

0,5 

0,5 

-------------------- HẾT--------------------

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN 

KV DH & ĐB BẮC BỘ 


LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH 


Câu 1: Cơ chất điểm (5 điểm) 


DH & ĐB BẮC BỘ 


MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 10 

(Thời gian làm bài 180 phút) 

Đề thi gồm 2 trang 

Một máng nghiêng AB có một phần được 

uốn cong thành cung tròn BCD bán kính R. Vật 

có khối lượng m bắt đầu trượt từ độ cao h so 

với mặt phẳng ngang qua B. Bỏ qua mọi ma 

sát. 

a. Tìm điều kiện của h để m có thể trượt hết 

máng tròn mà vẫn bám vào máng. 

b. Nếu tại B có vật M = 2m và m được thả từ độ cao h = 2R. Tìm độ cao lớn nhất 

mà mỗi vật đạt được sau va chạm. Biết va chạm là xuyên tâm hoàn toàn đàn hồi. 

c. Tìm điều kiện của h để M bắt đầu rời khỏi máng tại vị trí E có độ cao hE 

4R / 3 

Câu 2: Cơ học vật rắn (4 điểm) 

Cho cơ hệ như hình 1. 

Ròng rọc cố định C và con lăn A là đĩa tròn 

đồng chất có cùng khối lượng M 

600g và bán 

kính R. Sợi dây một đầu quấn quanh con lăn 

A rồi vắt qua ròng rọc C, đầu còn lại nối với 

một vật có khối lượng m 100g. 

Thả cho con lăn lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng cố định. Góc giữa 

0 

mặt phẳng nghiêng so với mặt ngang 30 . Biết rằng dây không dãn, không 

2 

khối lượng, không trượt trên ròng rọc và con lăn. Lấy g 10m / s . 

a. Tính gia tốc của vật m. 

b. Tính lực căng của sợi dây. 

A 

 

(Hình 2) 

C 

m

Câu 3: Cơ học thiên thể, cơ học chất lưu (4 điểm) 

Một vệ tinh nhân tạo khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo Elip quanh Trái 

Đất. Khoảng cách gần nhất từ tâm Trái đất đến vệ tinh là h, khoảng cách xa nhất là 

H. Tính: 

a. Cơ năng toàn phần của vệ tinh và vận tốc của vệ tinh tại vị trí cách tâm Trái Đất 

một khoảng l. 

b. Chu kì quay T của vệ tinh và khối lượng của Trái Đất nếu sử dụng các thông số 

quỹ đạo của vệ tinh nhân tạo “Côxmôt” : T = 102,2 phút; h = 6588 km, H = 7926 

km. 

Câu 4: Nhiệt học (4 điểm) 

Trong một xy lanh cao cách nhiệt đặt thẳng đứng, ở dưới piston mảnh và nặng có 

một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử. Ở trên piston, tại độ cao nào đó, người ta giữ 

vật nặng có khối lượng bằng khối lượng piston. Sau đó, người ta thả vật nặng ra và 

nó rơi xuống piston. Sau va chạm tuyệt đối không đàn hồi của vật và piston một thời 

gian, hệ chuyển sang trạng thái cân bằng mà tại đó piston ở cùng độ cao ban đầu của 

piston. Hỏi độ cao ban đầu của vật so với đáy xy lanh gấp bao nhiêu lần độ cao của 

piston lúc đầu so với đáy xylanh. Bỏ qua ma sát và trao đổi nhiệt. 

Câu 5: Phương án thực hành (3 điểm) 

Một cốc đong trong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, có 

thể tích bên trong của cốc là V 0. Trên thành cốc, theo phương thẳng đứng người ta 

khắc các vạch chia để đo thể tích và đo độ cao của chất lỏng trong cốc. Coi đáy cốc 

và thành cốc có độ dày như nhau, Bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một chậu to đựng 

nước, hãy lập phương án để xác định độ dày d, diện tích ngoài S và khối lượng 

riêng C 

của chất làm cốc. Yêu cầu: 

a. Nêu các bước thí nghiệm. Lập bảng biểu cần thiết. 

b. Lập các biểu thức để xác định d, S theo các kết quả đo của thí nghiệm ( cho khối 

lượng riêng của nước là ). 

c. Lập biểu thức tính khối lượng riêng 

C 

của chất làm cốc qua các đại lượng S, d, 

M, V 0 . 

d. Dùng phương pháp đồ thị để xác định diện tích đáy ngoài S, rồi tìm độ dày d của 

cốc. Nêu các bước tiến hành và giải thích. 

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


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC

KV DH & ĐB BẮC BỘ 


LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH 


SINH GIỎI KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ 


MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 10 

(Thời gian làm bài 180 phút) 

Đề thi gồm 2 trang 


1 a. Tìm điều kiện của h để m có thể trượt hết máng tròn mà vẫn bám vào máng 2,0 

Xét vật ở tại M 

Phương trình định luật II Niu 

ton chiếu lên trục hướng tâm: 

2 

V 

 

N Pcos m 1 

R 

0,5 

Áp đụng định luật bảo toàn cơ năng tại A và tại M: 

2 2 

V V h 

 

 

mgh m mgR 1 cos m 2mg 1 cos 2 

2 R 

 

R 

 

 

 

0,5 

Từ (1) và (2) suy ra: 

2h 

 

N mg 

 

2 3cos 

R 

 

 

0,5 

Để vật có thể trượt hết máng mà vẫn bám vào máng thì 

2h 

2h 

 

N mg 

 

2 3cos 0, min mg 2 3cos 0 h 2,5R 

R 

 

 

R 

 

 

b. Nếu tại B có vật M = 2m và m được thả từ độ cao h = 2R. Tìm độ cao lớn 

nhất mà mỗi vật đạt được sau va chạm 

Vận tốc của m ngay trước lúc va chạm là: V0 

2gh 4gR 

0,5 

1,5 

0,5 

Vận tốc của m và M ngay sau va chạm là: 

m M 4gR 2m 2 4gR 

V1 V 

0 

; V2 V0 

 

m M 3 m M 3 

0,5 

Vậy ngay sau va chạm, vật m bị bậc ngược lại, vật M đi tới, độ cao cực đại mỗi 

0,5

2 2 

V1 2 V2 

8 

vật đạt được sau đó: H1 R; H2 

R 

2g 9 2g 9 

0 0 

c. Tìm điều kiện của h để M bắt đầu rời khỏi máng tại vị trí E có độ cao 

hE 

4R / 3 

1,5 

Giả sử M trùng E thì 

h R 1 cos cos 1/ 3 . Vật bắt đầu rời máng 

E 

tại E nên N = 0. Phương trình định luật II Niuton chiếu lên trục hướng tâm: 

2 

VE 

gR 

Mg cos M VE 

gR cos 

R 3 

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại B và tại E ta có: 

V V 2gh 3gR 

2 

2 E E 

0,5 

0,5 

Mặt khác 

2 

2m 2 2gh 9 V2 

27 

V2 V0 

h R 

m M 3 8 g 8 

0,5 

2 Hình vẽ 

(+) 

T 2 

C 

0,5 

A 

T 2 

T 1 

 

K 

P M 

F msn 

T 1 

m 

P 

Gọi O 2 , O 1 là tâm của đĩa A, ròng rọc C.Vận tốc dài tại một điểm trên vành 

của ròng rọc C là 

V V R 2R 

C A/K 1 2 

1 2 1 2 1 2 

 

2 2 a R 2 

R 1 

0,5 

Phương trình động lực học cho vật chuyển động tinh tiến m, vật chuyển 

động quay C và vật chuyển động song phẳng A (quanh trục tức thời qua K) 

 

 

T1 mg ma T1 

mg ma 

2 

 

MR 

M 

T2 T1 R 1 T2 T1 

a 

 

2 2 

2 

 

3MR Mgsin 

3M 

MgR sin T T 

22R 

 

 

2 2 

a 

 

2 2 8 

1,5 

1,0

4g(Msin 2m) 

a 

7M 8m 

Mmg(4sin 7) 

T1 

1,08N 

7M 8m 

Mmg(4sin 7) M 4g(Msin 2m) Mg 4Msin m8sin 6 

T2 

 

 

1,32N 

7M 8m 2 7M 8m 27M 8m 

3 a. Cơ năng toàn phần của vệ tinh và vận tốc của vệ tinh tại vị trí cách tâm 

Trái Đất một khoảng l. 

a/ Cơ năng của vệ tinh tại A : 

2 2 

mvA 

mM mM mvA 

W G W G 

2 h h 2 

1 

Cơ năng của vệ tinh tại B: 

2 2 

mvB 

mM mM mvB 

W G W G 

2 H H 2 

2 

Theo định luật II Keppler: v A h = v B H (3) 

Từ (1), (2), (3) ta có: 

mM 

W 

G 

2 

2 

h vA 

H 

2 2 

h H 

2 

mM 

W 

G 

vB 

h 

H 

W GMm h H 

mM 

W G H h 

 

 

 

- Gọi vận tốc của vệ tinh cách tâm Trái Đất một khoảng là V. 

2 

mV mM 

Ta có cơ năng của vệ tinh là: W1 

G 

2 

Xem hệ vệ tinh – Trái Đất là hệ kín nên cơ năng được bảo toàn. 

2 

mV mM mM 1 1 

G G V 2GM 

 

 

2 (h H) H h 

 

b. Chu kì quay T của vệ tinh và khối lượng của Trái Đất nếu sử dụng các 

thông số quỹ đạo của vệ tinh nhân tạo “Côxmôt” : T = 102,2 phút; h = 6588 

km, H = 7926 km. 

3 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

1,0 

Theo định luật III Keppler (viết dưới dạng tổng quát) ta có: 

2 2 

T (M m) 4 

 

3 

a G 

Vì m

2 3 2 3 2 3 2 3 9 

4 a 4 (H h) (H h) 3,14 (6588 7926) 10 

24 

M 6,009.10 kg 

2 2 2 2 11 

T G 8T G 2T G 2(102,2.60 ) 6.67.10 

4 Gọi m là khối lượng của vật thì khối lượng piston cũng là m. Gọi h 1 là độ cao ban 

đầu của piston thì độ cao ban đầu của vật là h2 h1 

(so với đáy xy lanh). 

Xét vật, ngay trước lúc va chạm, vật có vận tốc là v 0 tuân theo định luật bảo 

toàn cơ năng: 

v 2g h h 2gh 1 . 

0 2 1 1 

Ngay sau va chạm mềm, vận tốc của hệ (vật-piston) là v tuân theo định luật 

v 2gh1 

1 

0 

bảo toàn động lượng mv0 

2mv v 

. 

2 2 

Theo phương trình trạng thái khí lí tưởng và điều kiện cân bằng piston ở trạng 

thái đầu (trước va chạm) và cuối (sau va chạm) ta có: 

p1Sh 1 

RT 1;p1S mg RT1 mgh1 

 

 

1 

p2Sh1 RT 2;p2S 2mg RT2 2mgh1 

Sau va chạm, định luật bảo toàn năng lượng là 

1 2 3 3 

2m 

v RT1 2mgh1 RT2 2mgh1 

2 2 2 

mgh1 

3 3 

1 RT1 2mgh1 RT2 2mgh1 

2 

2 2 2 

Thay (1) vào (2) ta được: 

mgh1 

3 3 1 7 

1 

mgh1 2mgh1 2mgh1 2mgh1 

5 4 

2 2 2 2 2 

 

 

0,5 

0,5 

0,5 

1,0 

1,0 

1,0 

5 

vạch 

chia 

d 

V t 

h n= 

S 

a. Các bước thí nghiệm: 

- Cho nước vào cốc với thể tích V 1 , thả cốc vào chậu, xác định mục nước ngoài 

cốc h n1 (đọc trên vạch chia). 

- Tăng dần thể tích nước trong cốc: V 2, V 3, ... và lại thả cốc vào chậu, xác định 

các mực nước h n2 , h n3 ,… 

- Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng. 

* Lập bảng số liệu: 

h n1 h n2 V 1 V 2 D S 

0,75 

… … … … … …

… … … … … 

b. Các biểu thức 

Gọi h n là mực nước ngoài cốc, p là khối lượng riêng của nước, m 1 và V t tương 

ứng là khối lượng và thể tích nước trong cốc. Phương trình cân bằng cho cốc 

có nước sau khi thả vào chậu: 

pg(d+h n )S = (M + m t )g 

p(d+h n )S = M + V t p (1) 

Từ (1) ta thấy h n phụ thuộc tuyến tính vào V t . Thay V t bởi các giá trị V 1 , V 2 ,… 

p(d+h n1 )S = M + V 1 p (2) 

p(d+h n2 )S = M + V 2 p (3) 

… 

Đọc h n1 , h n2 ,… trên vạch chia thành cốc. Lấy (3) trừ (2) rồi rút S ra: 

V2 V1 

S (4) 

h 

n2 

h 

n1 

Thay các giá trị V 2 , V 1 , h n2 , h n1 nhiều lần để tính S. 

Sau đó thay vào (2) để tính d: 

M V1 

p M V1 phn2 hn1 

d hn1 

hn1 

(5) 

pS p V V 

 

2 1 

 

c. Biểu thức tính p b : 

Gọi h là độ cao của cốc, h 0 là độ cao thành trong của cốc: r là bán kính trong R 

là bán kính ngoài của cốc; V là thể tích của chất làm cốc; S t là diện tích đáy 

trong của cốc. Ta có: 

V0t 

V0t 

S S 

h h0 d;h 

0 

;R r d r d; 

2 

St 

r 

 

M M M 

p0 

 

(6) 

V Sh0 d 

Vot V 

ot 

S 

d V 

2 

0t 

( S d ) 

 

d. Phương pháp đồ thị 

Vì h n = a + bV 1 (7) 

Với 

M 1 

a d;b 

S 

S 

(8) 

p 

* Đồ thị: vẽ đồ thị h n (V t ) 

Đồ thị của phương trình (7) là đường thẳng có độ dốc: 

hn2 hn1 1 V2 

V 

b tan S 

V2 V1 S hn2 hn1 

Giá trị a xác định bằng cách ngoại suy từ đồ thị thực nghiệm, khi kéo dài 

đường thực nghiệm, cắt trục tung ở a (tương ứng với giá trị V t = 0). Từ đây xác 

M 

định được độ dày d bởi (8): d a (9) 

S 

p 

0,75 

0,75 

0,75

SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG 


LÊ QUÝ ĐÔN 


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 


NĂM HỌC 2017-2018 

MÔN THI: VẬT LÝ. 

KHỐI: 10 

(Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề) 

Câu 1. (5 điểm) 

1. Một hòn đá được ném lên từ mặt đất với vận tốc ban đầu v 0 theo phương hợp 

với mặt phẳng nằm ngang một góc α. Trong quá trình bay, vec-tơ vận tốc quay. 

Tìm giá trị cực đại và cực tiểu của tốc độ góc của phép quay đó. Coi mặt đất là 

phẳng và bỏ qua ma sát của không khí. 

2. Cùng vị trí và thời điểm ném hòn đá, người ta ném thẳng đứng lên trên một hòn 

bi cũng với vận tốc ban đầu v 0 . Hỏi góc α phải bằng bao nhiêu để khoảng cách 

giữa hai vật là cực đại. Khoảng cách cực đại đó bằng bao nhiêu? Cho rằng khi 

chạm đất, vận tốc của hai vật lập tức triệt tiêu. 


Một vành tròn mảnh khối lượng m bán kính R 

quay quanh trục đi qua tâm và vuông góc với 

mặt phẳng của vành với vận tốc góc 

0 

. 

Người ta đặt nhẹ nhàng vành xuống chân của 

một mặt phẳng nghiêng góc so với phương 

ngang (như Hình 1). Hệ số ma sát trượt giữa vành và mặt phẳng nghiêng là . Bỏ 

qua ma sát lăn. 

1. Tìm điều kiện của góc α để vành đi lên trên mặt phẳng nghiêng. 

2. Tính thời gian để vành lên đến độ cao cực đại và quãng đường vành đi lên được 

trên mặt phẳng nghiêng. 

ω 0 

α 

Hình 1 


Một tàu vũ trụ chuyển động theo quỹ đạo tròn quanh Trái đất ở độ cao h = R D (R D 

= 6400 km là bán kính Trái đất). Tại thời điểm tàu vũ trụ có vận tốc v 

0 

thì từ tàu

phóng ra một robot thăm dò có vận tốc u cùng hướng với v 

0 

để đi tới một hành 

tinh khác. Vận tốc phần còn lại của tàu ngay sau khi phóng có vận tốc v 

1 

ngược 

hướng với u và sau đó chuyển động theo một quỹ đạo elip đi tới gần bề mặt Trái 

đất ở điểm đối diện với với điểm xuất phát của robot. 

1. Hỏi khối lượng của robot có thể chiếm một phần tối đa bằng bao nhiêu khối 

lượng của tàu vũ trụ. 

2. Khi tàu quay trở lại vị trí mà robot được phóng ra thì người ta tăng tốc tàu theo 

phương tiếp tuyến để tàu trở lại quỹ đạo ban đầu. Tính năng lượng cần cung cấp 

cho tàu. 


Trong một động cơ nhiệt có n mol khí lý 

tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu 

p 

3p 0 

2 

trình biến đổi 1 – 2 – 3 – 4 – 1 cho trên 2p 0 

1 

3 

Hình 2. 

p 0 

1. Tính công sinh ra trong một chu trình 

4 

theo p 0 , V 0 . 

2V 0 3V 0 4V 0 V 

2. Tìm hiệu suất của chu trình. 

Hình 2 

3. Tìm hiệu suất lí tưởng của một động cơ có nhiệt độ nguồn nóng và nguồn lạnh là 

nhiệt độ cao nhất và thấp nhất của chu trình trong Hình 2. 



- Một mặt phẳng nghiêng có thể thay đổi góc nghiêng α 

- Lực kế 

- Bình chứa nước và nước đã biết trọng lượng riêng 

0 

. 

O 1 

O 2 

Hình 3 

- Thước đo góc. 

- Một hình cầu bằng thuỷ tinh, bên trong có một bọt khí 

hình cầu (Hình 3). Thuỷ tinh đã biết trọng lượng riêng γ.

Yêu cầu: Xác định đường kính của hình cầu, của bọt khí và khoảng cách O 1 O 2 từ 

tâm hình cầu đến tâm bọt khí. 

Biết rằng quả cầu chìm hoàn toàn trong nước, khối lượng móc treo không đáng kể. 

GV: Phan Thế Hiếu SĐT: 0906438314

SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG 






MÔN THI: VẬT LÝ. 

KHỐI: 10 

(Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề) 


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM 


1. Xét chuyển động của hòn đá 

v x = v 0 cosα, vy v0sin 

gt ; x 1 = v 0 (cosα)t; y 1 = v ( ) gt 

0 

sin t 

2 

Xét tại thời điểm t, lúc đó v 

t 

hợp với phương ngang một góc φ. 

2 

0,5 

vt 

Ta có ω = 

R 

với R là bán kính chính khúc) 

Gia tốc hướng tâm 

2 

t 

v 

v 

an 

g cos 

g 

R 

v 

gv gv cos 

 

v 

( 

gv cos 

 

 

v0 2 gv0 ( sin 

) t 

 

2 

ω max khi 

x 

0 

2 2 2 2 

t 

v0cos v0sin 

gt) 

gv 

cos 

0 0 

2 2 

2 gt 

v0 2gy1 

 

 

v 

 

2 

0 

2gy1 

mi n 

y 1max 

v0sin g 

y 1max khi v y = v 0 sinα – gt = 0 t = max 

 

g 

v0cs 

o 

x 

t 

0,5 

0,75 

0,75 

ω min khi 

 

 

v 

 

2 

0 

2gy1 

ma x 

gv0cos 

y 1 = 0 min 

2 

v 

0 

0,5 

2. Xét hòn bi 

gt 

y2 v0t ; x2 

0; t 

2 

2 

2v 

g 

0 

0,25

Xét hòn đá 

y 

1 0 1 0 

2 

gt 

v (sin) t ; x v ( cos) t; 

t 

2 

Khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t 

2 2 

1 

 

2 

 

1 

d ( y y ) x 

2v0sin 

g 

0,25 

d 

4 

2 2 2 8v0 

2 

o 

( 

2 

2v0sin 

2v t 1 sin ) sin (1 sin 

) (vì t ) 

g 

g 

4 

8v0 

2 

32v0 

sin 

sin 

Xét f ( ) sin (1 sin ) (1 sin 

) 

2 

2 

g 

g 2 2 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số 

sin 

sin 

1 

Ta có (1 sin 

) 

2 2 27 

d 2 4 

32v0 

 

2 

27g 

4 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

d max = 

4 2 

3 3 

2 

0 

vg , khi 2 

sin 

42 

0 

3 

0,25 



1. 

N 

F ms 

ω 0 

α 

P 

Do vận tốc ban đầu của khối tâm bằng 0 nên khi đặt xuống vành vừa 

quay vừa trượt trên mặt phẳng nghiêng. 

Phương trình động lực học cho chuyển động của khối tâm: 

Fms mgsin ma mg cos mg sin 

ma 

a 

g( 

cos sin ) 

0,5 

0,5

Để vành đi lên được mặt phẳng nghiêng thì a > 0 → μ > tanα 

2. Vận tốc khối tâm tăng dần trong khi vận tốc góc giảm dần. Đến khi v = 

ω.R thì vành sẽ lăn không trượt. Ta xét 2 giai đoạn: 

* Giai đoạn vừa quay vừa trượt 

2 cos 

Phương trình chuyển động quay: ms . 

g 

 

F R mR 

R 

Đến thời điểm t 1 , vành kết thúc trượt. Vận tốc của khối tâm và vận tốc 

góc lúc này là 

v at g( cos sin )t 

1 1 1 

g 

cos 

t . t 

R 

1 0 1 0 1 

0R 

Do v1 1. 

R t1 

 

g(2 cos sin ) 

R 

v1 ( cos sin ). (2 cos sin ) 

→ 

0 

Quãng đường mà vành đi lên được trong giai đoạn này 

S 

2 2 2 

v1 0. R ( cos 

1 

 

2 

2a 

sin) 

 

2 cos sin .2g 

 

* Giai đoạn lăn không trượt: Lực ma sát nghỉ hướng lên trên. Phương 

trình động lực học cho chuyển động quay quanh tâm quay tức thời: 

2 g 

sin 

mgRsin 2mR 

 

2R 

g 

sin 

Gia tốc khối tâm của vành là: a' 

. R 

2 

Thời gian vật chuyển động lên trong giai đoạn này được xác định từ 

phương trình 

20R 

0 v1 at 

2 

t2 

( cos sin ). 

g sin (2 cos sin ) 

0,5 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

Quãng đường vật lên được trong giai đoạn này:

2 

1 

 

0 

v 

R 1 

s2 ( cos sin ). 

2 a' 2 c os sn i 

 

gsin 

0R 

Thời gian vật đi lên bằng t t1 

t2 

 

g sin 

2 

0,25 

0,25 

Quãng đường vật đi lên 

s s 

s 

1 2 

 

2 2 

0 

R 

( cos sin) 

2g 

sin(2 cos sin ) 

0,25 



1. m u 

Gọi M là khối lượng của tàu vũ trụ và 

v 1 

v 

0 

m là khối lượng của robot. 

B 

Tại thời điểm tàu phóng ra robot, áp 

dụng định luật bảo toàn động lượng: 

mu M v Mv 

1 1 0 

 

mu M m v Mv 

m v0 v1 

Suy ra: 

M u v 

 

1 0 

Áp dụng định luật II Niu-tơn cho chuyển động của con tàu trên quỹ đạo 

tròn bán kính R = h + R D = 2R D : 

A 

O 

v 

2 

1 

(1) 

0,5 

 

 

2 

0 

M 

D. 

M Mv GM 

G v 

2 

0 

 

2R 

2R 

2R 

D 

D 

D 

D 

Vì ở rất xa Trái đất (sau khi phóng một thời gian) nên động năng và thế 

năng hấp dẫn của trạm tại đó đều bằng 0; áp dụng định luật bảo toàn cơ 

năng ta có: 

2 

mu M 

Dm 

GM 

D 

G 0 u (3) 

2 ( 2R 

) 

R 

D 

Xét phần còn lại của tàu chuyển động trên quỹ đạo elip. Áp dụng định 

luật bảo toàn năng lượng tại A và tại B ta có 

2 2 

1 1 DM1 1v2 DM1 

M v M M M 

G G (4) 

2 2R 

2 R 

D 

D 

Vì v 1 

và v 

2 

vuông góc với các bán kính vec-tơ OA và OB nên áp dụng 

D 

0,5 

0,5 

0,5

định luật 2 Kepler ta có 

v .2 R v . R v 2v 

(5) 

1 D 2 D 2 1 

Từ (4) và (5) rút ra 

v 

1 

GM 

D 

(6) 

3R 

D 

Thay (2), (3), (6) vào (1) ta được: 

m 

M 

 

1 1 

 

2 3 3 

2 

 

1 

1 

6 2 

3 

2. Từ (4) và (6) ta có năng lượng của tàu trên quỹ đạo elip 

W 

1 

GM1M 

 

3R 

D 

D 

Để chuyển động trên quỹ đạo tròn thì vận tốc của tàu phải là 

v 

0 

 

GM 

2R 

D 

D 

→ Năng lượng của tàu trên quỹ đạo tròn: 

1 2 M1M 

D 

M1M 

W2 M1v0 

G G 

2 2 R 4 R 

Vậy năng lượng cần cung cấp cho tàu là: 

GM M ( M m) M M. 

M 

W 

 

1 D D D 

W2 W1 G G 

12RD 12RD 60RD 

D 

D 

D 

0,8 

0,5 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 



1 Tổng công mà khí sinh ra trong một chu trình | A| 2pV 

0 0 

0,5 

2. Ta có quá trình 1-2: khí thu nhiệt 

Nhiệt lượng khí nhận được: 

5p V 3n 

Q A ΔU RT T 10 p V 

2 2 

0 0 

12 12 12 2 1 0 0 

Quá trình 3-4: khí toả nhiệt 

0,25

Xét quá trình 2-3 ta có: 

p 

0 

p V 6 p0 

V0 

p0 

2 

 

V 6 

p 

0 V 

pV V0 

T 

 

 

(1) 

nR nR 

Ta có 

3 

Q dU pdV nRdT pdV 

2 

3 p 

0 

p 

0 

Q 2V 6 p0dV V 6 p0dV 

2 V0 V0 

 

 

4 p 

 

 

 

0 

Q V 15p0 

dV 

V0 

Khí nhận nhiệt khi δQ > 0 

p 0 V 15 p 0 

0 V V 0 

0 

4 

4 15 

. 

V 

 

 

Vậy nhiệt lượng khí nhận trong quá trình 2-3 là: 

15 

V0 

4 

4p 

 

0 

9p0V0 

23 

15 

0 

V 

3 0 

8 

V 

Q V p dV 

 

 

0 

0,5 

0,25 

p0 

Xét quá trình 4-1: p V 4 p0 

→T 

V 

0 

p 

0 

 

V 4 

p 

0 V 

pV V0 

 

 

 

(2) 

nR nR 

2 p 

0 

 

V 4 

p 

0 

3nR 

V0 p 

0 

Q dU pdV 

 

 

dV V 4 p0 

dV 

2 nR 

V0 

. 

 

4 p 

 

 


0 

Q V p0 

dV 

V0 

 

 

4 p0 

Khí nhận nhiệt khi Q 

0→ V 10 p 0 V 2,5 V 

V 

Nhiệt lượng khí nhận là: 

Hiệu suất của chu trình 

0 

0 

0 0 

2,5V0 

4 p 

0 

p0V 

0 

41 


0 

V 

3 0 

2 

V 

Q V p dV 

 

 

0,5 

0,25

H A 

Q Q Q 

12 23 41 

17,2% 

0,25 

3 Ta có T2 T4 ; T2 T1 ; T3 T4 ; T3 T1 

Nên nhiệt độ cao nhất của chu trình nằm trong quá trình 2-3 và nhiệt độ 

thấp nhất chu trình nằm trong quá trình 4-1 

Xét quá trình 2-3 

p 2 

0 

 

V 6 

p 

0 V 

pV V0 

Từ (1) ta có T 

 

 

nR nR 

→ T max khi V = 3V 0 → 

T 

max 

Xét quá trình 4-1, từ (2) ta có 

2 p0 

V 4 

p 

V0 

dT 

nR 

0 

dV 

9 pV 

T2 

 

nR 

0 0 

 

 

pV V 

T 

 

nR 

p0 

V 4 

p 

0 V 

0 

Ta thấy Khi V giảm từ 3V 0 về 2V 0 thì T tăng (do dT > 0) 

p0.3V0 

Vậy nhiệt độ thấp nhất của chu trình là Tmin T4 

 

nR 

Hiệu suất lí tưởng 

T 

H 

T 

min 

1 66,7% 

max 

3 

1 

9 

nR 

 

 

0,25 

0,5 

0,5 

0,25 


Nội dung 

Điểm 

Ý 

Gọi r là bán kính bọt khí và R là bán kính hình cầu. 

Dùng lực kế, đo được trọng lượng của quả cầu. 

4 3 3 

1 

(1) 0,5 

P 3 ( R r )

Nhúng quả cầu vào nước, dùng lực kế đo trọng lượng biểu kiến của quả 

cầu 

4 3 3 4 3 

P2 ( R r ) R 

0 

(2) 

3 

3 

3( P1 

P2 

) 

Từ (1) và (2) tính được bán kính của hình cầu: R 3 

4 

0 

0,5 

0,5 

Thay R vào (1) ta tính được 

r 

3 

 

 

3 ( P1 

P2 ) P1 

 

 

0 

 

4 

0,5 

Đặt quả cầu lên mặt phẳng nghiêng và nghiêng dần tới góc α thì cầu bắt 

đầu lăn. Khi đó khối tâm G nằm trên đường thẳng đứng đi qua điểm 

tiếp xúc. 

0,5 

O 2 

O 1 

G 

α 

Ta có OG 

1 

l Rsin 

Đặt a O1 

O 

4 3 4 3 3 4 3 3 

Ta có: 

( ) . ( ) .sin 

3 r ga R r g l R r gR 

3 3 

 

a 

3 3 

R r 

R.sin 

3 

r 

Với R và r đã tính được, α đo bằng thước đo góc, tính được a = O 1 O 

0,5

SỚ GD& ĐT QUẢNG TRỊ 



ĐỀ THI HSG 

CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI BẮC BỘ 

MÔN VẬT LÝ LỚP 10 

Năm học 2017 – 2018 

Thời gian 180 phút 


Một con chó chạy với tốc độ không đổi v 1 đuổi theo con thỏ, con thỏ chạy dọc theo một 

đường thẳng với tốc độ v 2 . Con chó luôn hướng đến vị trí của con thỏ. Tại thời điểm ban 

đầu cả hai con vật cùng ở trên một đường thẳng vuông góc với hướng chạy của thỏ và cách 

nhau một khoảng a. 

a) Vận tốc của thỏ và chó phải thỏa mãn điều kiện nào thì chó đuổi kịp thỏ. 

b) Trong điều kiện chó đuổi kịp thỏ, tìm biểu thức quãng đường mà mỗi con đi được cho 

đến khi gặp nhau theo a, v 1 và v 2 . 


Khung chử nhật ABCD cấu tạo bởi các thanh hình trụ đồng chất giống nhau, AD và BC 

liên kết với nhau bởi thanh MN hàn chặt ở hai đầu. Khối lượng khung ABCDMN là m. P là 

hình cầu đồng chất gắn với AB, tâm O 1 nằm trên AB, khối lượng m, bán kính r, momen 

quán tính 

2 

I 2mr /5 đối với trục AB, trục này quay quanh hai điểm A, B trên khung. Q là 

một hình trụ đồng chất gắn với CD, tâm O 2 , khối lượng m, bán kính r, momen quán tính 

2 

J mr /2 đối với trục CD, trục này quay quanh hai điểm C, D trên khung. O 1 O 2 đi qua khối 

tâm G của hệ. Bỏ qua ma sát ở các chổ tiếp xúc A, B, C, D. Hệ được đặt không vận tốc đầu 

trên đỉnh mặt phẳng nghiêng góc α và chỉ xét đến chuyển động tịnh tiến thẳng của khung 

song song mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát lăn trên mặt nghiêng của hình cầu và hình trụ 

được bỏ qua, hệ số ma sát trượt của hình cầu và hình trụ đều bằng μ. Tính gia tốc của G 

theo α. Biện luận theo α các trường hợp: P và Q lăn không trượt; Q trượt và P lăn không 

trượt; P và Q trượt. 

A M D 

y 

P 

O 1 

G 

O 2 

G 

Q 

P 

Q 

B N C 

 

x


Một thiết bị gồm một ống mảnh thẳng đứng và một ống rộng nằm ngang nối với nhau 

như hình vẽ, phần thẳng đứng nhúng vào chất lỏng có khối lượng riêng 

ρ 1 , đầu phần ống nằm ngang bịt kín và có tiết diện lớn hơn nhiều so với 

tiết diện phần thẳng đứng. Chiều dài phần ống nằm ngang là L. Khối 

lượng riêng và áp suất khí quyển bên ngoài (được xem là khí lí tưởng) 

là ρ a và p a . Ban đầu áp suất và khối lượng riêng của khí bên trong ống 

và bên ngoài là như nhau. Cho thiết bị quay quanh một trục thẳng đứng 

với tốc độ góc ω. Bỏ qua sự thay đổi áp suất và khối lượng riêng không khí theo độ cao, bỏ 

qua hiện tượng mao dẫn và ma sát bề mặt, nhiệt độ không thay đổi trong cả quá trinhg. Tìm 

chiều cao h mà chất lỏng dâng lên trong ống thẳng đứng, lấy đến bậc 2 của ω. 


Một xilanh đặt thẳng đứng có tiết diện thay đổi như hình vẽ. Giữa hai pittong có n mol 

không khí. Khối lượng và diện tích tiết diện các pittong lần lượt là m 1 , 

m 2 , S 1 , S 2 . Các pittong được nối với nhau bằng một thanh nhẹ có chiều 

dài không đổi và trùng với trục của xilanh. Cho áp suất khí quyển là p 0 

và bỏ qua khối lượng khí trong xilanh so với khối lượng pittong. Bỏ 

qua ma sát giữa xilanh và pittong. Khi tăng nhiệt độ khí trong xilanh 

thêm T thì các pittong dịch chuyển một đoạn x. 

a) Chứng tỏ rằng, khi trạng thái cân bằng của hệ được thiết lập lại thì áp suất của không 

khí không thay đổi so với ban đầu. 

b) Tìm x. 


Một cái cốc có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên trong cốc là V t . Trên 

thành cốc theo phương thẳng đứng có các vạch chia để đo thể tích và đo độ cao chất lỏng. 

Đáy cốc và thành cốc có độ dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một chậu to đựng 

nước, hãy lập phương án xác định độ dày d của thành cốc, diện tích đáy ngoài S và khối 

lượng riêng ρ c của chất làm cốc. 

 

h 

m 

1 

m 

2 

---------- HẾT--------

SỚ GD& ĐT QUẢNG TRỊ 



ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG 

CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI BẮC BỘ 


Năm học 2017 – 2018 


Một con chó chạy với tốc độ không đổi v 1 đuổi theo con thỏ, con thỏ chạy dọc theo một đường 

thẳng với tốc độ v 2 . Con chó luôn hướng đến vị trí của con thỏ. Tại thời điểm ban đầu cả hai con 

vật cùng ở trên một đường thẳng vuông góc với hướng chạy của thỏ và cách nhau một khoảng a. 

a) Vận tốc của thỏ và chó phải thỏa mãn điều kiện nào thì chó đuổi kịp thỏ. 

b) Trong điều kiện chó đuổi kịp thỏ, tìm quãng đường mà mỗi con đi được cho đến khi gặp 

nhau. 

HD: 

Bài 1 

- Xét chuyển động của con chó: 

v2t 

y 

tan y'(x) xy'(x) y v2t 

(1) 

x 

ds v dt (dx) (dy) dx 1 y'(x) 

2 2 2 

 

1 

(2) 

- Đạo hàm theo x hai vế (1) ta có: 

dt dt 

y'(x) x.y"(x) y'(x) v2 v2 

x.y"(x) 

dx 

dx 

(3) 

- Từ (2) và (3) ta có: 

v1 2 dy'(x) v2 

dx 

x.y"(x) 1 y'(x) 

2 

v 1 

y'(x) v x 

2 1 

- Tại t = 0 thì y’(x) = 0 và x = a, lấy tích phân hai vế phương trình trên ta có: 

y'(x) 

2 

0 1 a 

1 

 

x 

dy'(x) v2 dx 2 v2 

x 

 

ln y'(x) 1 y'(x) (ln x ln a) ln 

1 

y'(x) v x v a 

 

 

 

y'(x) 1 y'(x) 

a 

 

 

 

 

2v2 

v1 

 

2 x 

x/a 1 v2 v 

1 

2 

 

y'(x) x/a v1 x/a 

v1 

v2 

 

2 x/a v 

2 

 

1 

v2 

v1 

 

2v2 v2 

v1 v1 

2 x x 

2 

1 y'(x) 2 y'(x) y'(x) 

a a 

x v 

v2 v 

2 v2 v2 v2 v2 

1 

2 

 

1 v 1 1 1 1 

y x/a v1 x/a 

v 

1 v1 v 1 

1 v v 

1 1 

v1 v1 

1 

 

dx 

2 

 

 

v 

x a a x a 

2 

0,5 đ 

a 

 

v 

v 

1 1 

v2 2 v1 v2 

 

2a 

Chó sẽ đuổi kịp thỏ nếu khi cho x 0 thì y phải có giá trị hữu hạn. Điều này chỉ xảy ra 0,5 đ 

y 

v 

2 

O 

v 

1 

v2 

v1 

x 

5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

1,0 đ

v 

2 

nếu 1 0 v1 v 

2. 

v1 

 

Quãng đường thỏ chạy: s 

av1v 

2 

y 

 

 

v v 

Quãng đường thỏ chạy: 

2 x 0 2 2 

1 2 

s av 

s v v v v 

2 

2 1 

1 

 

1 

 

2 2 

2 1 

 

2 


Khung chử nhật ABCD cấu tạo bởi các thanh hình trụ đồng chất giống nhau, AD và BC liên kết 

với nhau bởi thanh MN hàn chặt ở hai đầu. Khối lượng khung ABCDMN là m. P là hình cầu đồng 

2 

chất gắn với AB, tâm O 1 nằm trên AB, khối lượng m, bán kính r, momen quán tính I 2mr /5 đối 

với trục AB, trục này quay quanh hai điểm A, B trên khung. Q là một hình trụ đồng chất gắn với 

2 

CD, tâm O 2 , khối lượng m, bán kính r, momen quán tính J mr /2 đối với trục CD, trục này quay 

quanh hai điểm C, D trên khung. O 1 O 2 đi qua khối tâm G của hệ. Bỏ qua ma sát ở các chổ tiếp xúc 

A, B, C, D. Hệ được đặt không vận tốc đầu trên đỉnh mặt phẳng nghiêng góc α và chỉ xét đến 

chuyển động tịnh tiến thẳng của khung song song mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát lăn trên mặt 

nghiêng của hình cầu và hình trụ được bỏ qua, hệ số ma sát trượt của hình cầu và hình trụ đều bằng 

μ. Tính gia tốc của G theo α. Biện luận theo α các trường hợp: P và Q lăn không trượt; Q trượt và P lăn 

A M D 

y 

P 

0,5 đ 

0,5 đ 

O 

1 

G 

O 

2 

G 

Q 

P 

Q 

B N C 

không trượt; P và Q trượt. 

 

x 

HD: 

Câu 2 

Ta có thể biểu diễn các lực tác dụng lên khung như 

hình vẽ. Ở các trục quay, các tác động của hình cầu 

lên khung được xác định bởi lực F 

1 

và một momen 

M 

1/O 1 

đối với O 1 (không vẽ trên sơ đồ), các tác động 

của hình trụ lên khung được xác định bởi lực F 

2 

và 

một momen M 

2/O 2 

đối với O 2 . Vì các liên kết không 

có ma sát nên các thành phần của M 

1/O 1 

và M 

2/O 

2 

F 

1 

O 

1 

G 

mg 

O 

2 

F 

2 

4 đ

trên trục 0z là bằng không. 

- Phương trình động lực học cho khung: 

ma 

G 

mgsin F1x F 

2x 

(1) 

ma 

G 

mg F1 F2 

 

0 mgcos F1y 

F 

2y 

(2) 

- Vì khung không quay, cho nên đối với G, ta có: 

0 (GO1 F1 M 

1/O 1) (GO2 F2 M 

2 

/O 

2) 

 

 

 

.e 

z 

Chiếu lên trục z ta có: F1y 

F2y 

(3) 

1 

Từ (2) và (3) ta có: F1y F2y 

mgcos . (4) 

2 

0,5 đ 

0,5 đ 

N 

1 

N 

2 

- Các phương trình của hình cầu: 

ma 

G 

mgsin Fms1 F 

1x 

(5) 

+ ma 

O1 

ma 

G 

mg N1 Fms1 F1 

 

0 mgcos N1 F 

1y 

(6) 

2 mr 

2 

1 r.F 

ms1 

F 

ms1 

I 

1 

O 

1 

mg 

F 1 

+ (7) 

5 

- Các phương trình của hình trụ: 

ma 

G 

mgsin Fms2 F 

2x 

(8) 

+ ma 

O2 

ma 

G 

mg N2 Fms2 F2 

 

0 mgcos N2 F 

2y 

(9) 

1 2 

+ mr 2 r.F 

ms2 

(10) 

2 

- Từ các phương trình (1), (5), (8) ta có: 

3ma 

G 

3mgsin Fms1 Fms2 

(11) 

- Từ các phương trình (4), (6), (9) ta có: 

N1 N2 

1,5.mgcos 

(12) 

Nếu hình cầu P và hình trụ Q lăn không trượt: r. 1 r. 2 aG 

Khử F ms1 và F ms2 ở các phương trình (7), (10) và (11) ta có: 


aG aO1 aO2 

gsin . 

13 

2 4 

1 5 

Thay vào (11) ta có: Fms1 ma 

G 

mgsin , Fms2 ma 

G 

mgsin . 

5 13 

2 13 

F 

ms2 

F 2 

I 

2 

O 

2 

mg 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ

39 

0,5 đ 

Fms1 N1 

tan 

 

8 

39 

Kiểu chuyển động này xảy ra khi: 

1; tan 1 

. 

39 


Fms2 N2 

tan 

 


Nếu hình cầu P lăn không trượt và hình trụ Q trượt: 

r. 1 aG 

Fms1 2ma 

G 

/5 và Fms2 N 

2. 

15 cos 

Khử F 

ms1 

và F 

ms2 

ở phương trình (11) ta có: aG aO1 aO2 

gsin 

 

17 2 

P lăn không trượt khi Fms1 N1 

0,5 đ 

2 6 cos 3 

39 

F ms1 

ma G 

mg sin mgcos 

2 

với tan 2 

 

5 17 2 2 


Kiểu chuyển động này là còn xảy ra khi . 

1 2 

Nếu hình cầu P và hình trụ Q đều trượt: Fms1 N1 

và Fms2 N2 

. 

a a a g sin cos . 0,5 đ 

Khi đó 


G O1 O2 

Một thiết bị gồm một ống mảnh thẳng đứng và một ống rộng nằm ngang nối với nhau như hình 

vẽ, phần thẳng đứng nhúng vào chất lỏng có khối lượng riêng ρ 1 , đầu phần ống 

nằm ngang bịt kín và có tiết diện lớn hơn nhiều so với tiết diện phần thẳng đứng. 

Chiều dài phần ống nằm ngang là L. Khối lượng riêng và áp suất khí quyển bên 

ngoài (được xem là khí lí tưởng) là ρ a và p a . Ban đầu áp suất và khối lượng riêng 

của khí bên trong ống và bên ngoài là như nhau. Cho thiết bị quay quanh một 

trục thẳng đứng với tốc độ góc ω. Bỏ qua sự thay đổi áp suất và khối lượng 

riêng không khí theo độ cao, bỏ qua hiện tượng mao dẫn và ma sát bề mặt, nhiệt 

độ không thay đổi trong cả quá trinhg. Tìm chiều cao h mà chất lỏng dâng lên trong ống thẳng 

đứng, lấy đến bậc 2 của ω. 

HD: 

Áp suất và khối lương riêng không khí trong ống nằm ngang không đều. Xét một lớp 

không khí thẳng đứng có bề dày dx tại khoảng cách x tính từ trục quay: 

2 dp 2 

p(x dx) p(x) S xSdx x (1) 

dx 

Coi khí là lí tưởng thì ta có: 

 

h 

0,5 đ 

m pM M 

pV RT d dp 

(2) 

M RT RT 

0,5 đ 

Từ (1) và (2) ta có: 

2 

d 

M 

xdx 

 

RT 

(3) 0,5 đ

Lấy tích phân, lấy ρ 0 là khối lượng riêng không khí ở tại x = 0: 

M 

ln 

x e 

0 

2RT 

2 M 

x 

2 

2 2RT 

0 

2 

Vì bỏ qua lượng khí nằm trong phần ống thằng đứng và áp suất khí ban đầu trong ống là 

p a , nên ta có: 

2 

L L M 

x 

2 

2RT 

a 0 a 

0 0 

(4) 

Sdx SL e dx L 

(5) 

Lấy gần đúng: 

2 

M 

2 2 

x M 

2RT 

2 

e 1 x thay vào (5) ta có: 

2RT 

Vì nhiệt độ như nhau tại mọi điểm nên áp suất tại x = 0 là: 

2 2 

M 

L 

p 1 

p 

6RT 

0 a 

Trong ống nhỏ thẳng đứng: 

M 

L L 

pa p0 1gh 

pa 1gh h 

6RT 

6g 

2 2 2 2 

 

 

a 

1 

2 2 

M 

L 

1 

6RT 

0 a 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 


Một xilanh đặt thẳng đứng có tiết diện thay đổi như hình vẽ. Giữa hai pittong có n mol không 

khí. Khối lượng và diện tích tiết diện các pittong lần lượt là m 1 , m 2 , S 1 , S 2 . Các 

pittong được nối với nhau bằng một thanh nhẹ có chiều dài không đổi và trùng 

với trục của xilanh. Cho áp suất khí quyển là p 0 và bỏ qua khối lượng khí trong 

xilanh so với khối lượng pittong. Bỏ qua ma sát giữa xilanh và pittong. Khi tăng 

nhiệt độ khí trong xilanh thêm T thì các pittong dịch chuyển một đoạn x. 

a) Chứng tỏ rằng, khi trạng thái cân bằng của hệ được thiết lập lại thì áp suất của không khí 

không thay đổi so với ban đầu. 

HD: 

b) Tìm x. 

a) Các lực tác dụng lên hệ (khí + hai pittong) gồm: 

+ Trọng lực: F 

g 

(m1 m 

2)g 

+ Áp lực của không khi lên hai pittong: F1 p0S1 

; F2 p0S2 

+ Phản lực của phần thành pittong nằm ngang: F p(S1 

S 

2) 

+ Khi trạng thái cân bằng của hệ được thiết lập: Fg F1 F 

F2 

h 

1 

h 

2 

m 

1 

m 

2 

m 

1 

m 

2 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25

(m1 m 

2)g p0S1 p0S2 p(S1 S 

2) 

m m 

 

1 2 

p p0 

g const 

S1 

S2 

- Nhận xét: Áp suất khí trong xilanh không đổi vì trạng thái cân bằng được duy trì. 

b) Vì áp suất khí trong xilanh không đổi nên khi tăng nhiệt độ, thể tích khí tăng, do đó 

hệ đi lên một đoạn x. Ta có: 

h S h S (h x)S (h x)S 

 

T T T 

1 1 2 2 1 1 2 2 

(h1S1 h2S 2) T T(S1 S 

2)x 

(2) 

(1) 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

1 1 2 2 1 1 2 2 

Mặt khác: (h S h S )p (h S 

nR T h S )p (3) 0,5 

T 

nR 

nRT 

Giải hệ (1), (2) và (3) ta được: x 

p (S S ) (m m )g 

0 1 2 1 2 

0,5 


Một cái cốc có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên trong cốc là V t . Trên thành 

cốc theo phương thẳng đứng có các vạch chia để đo thể tích và đo độ cao chất lỏng. Đáy cốc và 

thành cốc có độ dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một chậu to đựng nước, hãy lập 

phương án xác định độ dày d của thành cốc, diện tích đáy ngoài S và khối lượng riêng ρ c của chất 

làm cốc. 

HD: 

Cơ sở lí thuyết: 

- Gọi h là mức nước ngoài cốc, ρ là khối lượng riêng của nước, m 

và V là khối lượng và thể tích nước trong cốc. Ta có: 

g(d h)S (M m)g (d h)S M V 

1 M 

Hay h V d 

S 

 

S 

(1) 

 

- Biểu thức (1) cho thấy h là hàm bậc nhất của V t . 

- Với hai cặp giá trị h 1 , h 2 , … và V 1 , V 2 , … ta có: 

V2 V1 

S 

(2) 

h2 h1 

- Thay (2) vào (1) ta tính được d: 

V 

in 

S 

h 

0,5 đ 

0,5 đ

M V 

1 (M V 

1)(h 2 

h 

1) 

d h1 h (3) 

1 

S (V2 V 

1) 

- Gọi H là độ cao của cốc, H 0 là độ cao thành trong của cốc, r là bán kính trong, R là bán 

kính ngoài của cốc, V 0 là thể tích chất làm cốc, S 0 là diện tích đáy trong của cốc, ta có: 

Vt 

Vt 

S S 

H H0 d; H 

0 

; R r d r d. 

2 

S r 

 

0 

M M M 

c 

 

V0 S(H0 d) V V 

t 

S 

d V 

2 

t 

( S d ) 

 

(4) 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

Các bước thí nghiệm: 

+ Cho nước vào cốc với thể tích V, thả cốc vào chậu, xác định mực nước ngoài cốc là h. 

+ Tiến hành nhiều lần để được bẳng số liệu sau: 

h V d S 

h 1 V 1 

h 2 V 2 

… … 

+ Tiến hành xử lí số liệu theo các công thức (2), (3) và (4). 

0,5 đ

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG 

DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ 

THÁNH TÔNG – QUẢNG NAM 

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ - KHỐI 10 



không kể thời gian phát đề 


Bài 1 (5 điểm): Tỷ số khối lượng của ba vật A, B và C là 1: 2: 3. Vật A, B đặt trên sàn 

xe C như hình vẽ (Hình 1). Giữa vật A và B có đặt 

một lượng thuốc nổ. Ban đầu, xe đứng yên trên mặt 

phẳng nhẵn, nằm ngang. Tại thời điểm t = 0, thuốc nổ 

phát nổ. Vật A và vật B chuyển động về hai phía và 

dừng lại so với xe C sau những khoảng thời gian tương ứng là t A và t B . Biết hệ số ma sát 

trượt giữa A, B với C bằng nhau. Tìm tỷ số thời gian chuyển động giữa vật A và vật B. 

Bài 2 (4 điểm): Một vật khối lượng m có dạng mặt nón, bán kính đáy là R, góc ở đỉnh 

2α . Cho hình nón quay với vận tốc góc ban đầu ω o quanh trục của nó và thả một hạt nhỏ 

có khối lượng cũng bằng m từ đỉnh của hình nón trên một rãnh nhỏ dọc theo một đường 

sinh. Bỏ qua ma sát. Hãy tìm: 

a. Mô men quán tính của hình nón. 

b. Vận tốc góc của hình nón khi hạt tới đáy nón. 

c. Góc hợp bởi vận tốc của hạt khi rời khỏi đường sinh với mặt đáy của hình nón. 

1

Bài 3 (4 điểm): Cho một ống hình chữ U, hai nhánh A và B dựng đứng, áp suất không 

khí trong hai nhánh này bằng áp suất khí quyển. Phần nằm ngang của ống chữ U có 

chiều dài 2h, gấp đôi chiều cao của hai ống thẳng đứng và chứa đầy thủy ngân. Bịt kín 

hai miệng của ống hình chữ U. 

1. Cho ống chữ U chuyển động trên mặt ngang, hướng sang phải với gia tốc 

không đổi. Tính gia tốc của ống khi độ dài của đoạn thủy ngân trong ống nằm ngang là 

5 

3 h . 2. Nếu lấy nhánh A của ống chữ U làm trục quay thì khi quay ống chữ U với tốc 

độ góc không đổi ω cũng quan sát được đoạn thủy ngân nằm ngang ổn định là 5 3 h . Tìm 

tốc độ quay ω của ống chữ U. 

Bài 4 (4 điểm): Cho một động cơ nhiệt, chất công tác là chất khí lưỡng nguyên tử. Động 

cơ nhiệt hoạt động theo chu trình 1- 2 – 3 - 4 - 5, được biểu diễn trong hệ toạ độ áp suất 

p và thể tích V như hình vẽ. Các đoạn 1- 2 và 4 - 5 là các quá trình đoạn nhiệt; các đoạn 

2 – 3 và 5 - 1 là các quá trình đẳng tích; 3 – 4 là quá trình đẳng áp. Biết nhiệt độ ở trạng 

thái 1 của chu trình là 27 0 C. Tỉ số giữa áp suất lớn nhất và áp suất nhỏ nhất của chu trình 

là 70 và tỉ số nén là 15. Nhiệt lượng mà khí nhận vào trong quá trình đẳng tích và quá 

trình đẳng áp bằng nhau. Hãy tính hiệu suất của động cơ nhiệt đó. 

2

Bài 5 (3 điểm): Xác định nhiệt dung riêng của viên bi kim loại. 

Cho dụng cụ thí nghiệm gồm: 

- Một nhiệt lượng kế dùng để đựng nước và que khuấy. 

- Một bình nhôm có hai lớp lớp vỏ A và B. Mặt đáy vỏ trong A nghiêng và có một ống 

G nghiêng, thông ra ngoài. Đầu ống nghiêng G có một nắp đậy có thể mở được bằng 

cách kéo lên cao. 

- Một nhiệt kế ngắn, một nhiệt kế dài. 

- Một bếp điện 

- Cân Roberval 

- Hộp quả cân 

a. Lập phương án xác định nhiệt dung riêng của chất làm viên bi với các dụng cụ trên. 

Xem như đã biết nhiệt dung riêng của vật liệu làm nhiệt lượng kế và que khuấy, nhiệt 

dung riêng của nước. 

b. Thiết lập biểu thức sai số của phép đo. 

---- Hết ---- 

Trần Thị Thanh Huyền 

SĐT 01248 792 792 

3

TRƯỜNG THPT TRƯỜNG THPT CHUYÊN 

LÊ THÁNH TÔNG – QUẢNG NAM 

(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT) 

ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10 




Câu 1 

(5 điểm) 

- Gọi µ là hệ số ma sát trượt giữa A, B với C. 

- Vì m A : m B = 1: 2 suy ra m B > m A nên µm A g < µm B g và t A > t B . 

- Xét chuyển động tương đối của A đối với C và B đối với C. 

Trong thời gian t B , trong quá trình A chuyển động đối với C thì lực 

ma sát tác dụng lên C là f msA = µm A g hướng sang trái, f msB = µm B g 

hướng sang phải. 

0.5 

0,5 

- Khi B đứng yên đối với C thì B và C chuyển động cùng vận tốc 

v BC hướng sang phải. 

Ta có: (µm B g - µm A g) t B = m C v BC (1) 

- Xét hệ 3 vật, nội lực của hệ gồm lực do thuốc nổ phát nổ gây ra và 

các lực ma sát µm B g, µm A g. Theo phương ngang, không có ngoại 

lực tác dụng lên hệ, áp dụng định luật bảo toàn động lượng : 

(m A + m B + m C ) v 0 = (m A + m B + m C ) v t (2) 

Do vận tốc ban đầu v 0 = 0 nên vận tốc cuối của A, B, C đều bằng 

không. 

- Sau thời gian (t A - t B ) , A sẽ dừng lại đối với C. 

- Trong thời gian t A - t B , ta có: 

- Lấy (1) chia (3), ta tìm được: 

-µm A g(t A - t B ) = 0 – (m B + m C )v BC (3) 

mB mA tB 

mC 

. 

m t t m m 

A A B B C 

2 1 tB 

3 

 

 

1 t t 

3 2 

A 

B 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

Suy ra: 

t 

t 

A 

B 

8 

 

3 

1,0 

4

Câu 2 

(4 điểm) 

Câu 2a 

(1 điểm) 

a/ Tính mô men quán tính I 

+ Cắt lớp mỏng dh có bán kính r, khối lượng dm thì dI = dm.r 2 

0.5 

+ dm = m dr 

.2πr. 

S xq 

sinα → I = R dI = 

0 

+ Với S xq = πR 2 /sinα → I = 

2 

mR 

2 

4 

m πR 

. 

S 2sinα 

xq 

0.5 

0.5 

Câu 2b 

(1 điểm) 

Câu 2c 

(1 điểm) 

Câu 3 

(4 điểm) 

b/ Mô men động lượng của hệ bảo toàn → Iω o = (I + mR 2 )ω c 

Iωo ωo 

→ ω 

c 

= I + mR 

2 3 

c/ + Bảo toàn năng lượng: 

→ 

v 

2 2 

4R ωo 

2gR 

+ 

9 tanα 

Iω mgR Iω mv 

+ 

2 tanα 2 2 

2 2 2 

o 

c 

+ Phân tích v thành hai phần, phần nằm ngang có vận tốc là 

Rωo 

v n = Rω c = 

3 

→ phần dọc theo đường sinh có giá trị: 

v s = v 2 – v n 2 = 

vssinα 

+ Góc cần tìm thỏa mãn sinφ = 

v 

- Hình vẽ 

2 2 

R ωo 

2gR 

+ 

3 tanα 

0.5 

0.5 

0.25 

0.25 

0.25 

0.25 

0.5 

0,25 

- Khi ống chữ U chuyển động ngang có gia tốc không đổi hướng 

sang phải, cột thủy ngân trong ống cũng chuyển động với cùng gia 

tốc. Bên nhánh A, thể tích cột khí giảm, áp suất khí tăng. Bên 

nhánh B, thể tích cột khí tăng, áp suất khí giảm. Hợp hai áp lực hai 

đầu chất lỏng là lực gây gia tốc. 

a. Gọi gia tốc của ống chữ U là a. 

5

Áp lực do khí ở hai nhánh A, B tác dụng lên thủy ngân tương ứng 

là F 1, F 2 . 

Ta có: F 1 - F 2 = ma 

h 5 

pA 

g S pBS hS 

a(1) 

3 

3 

Trước và sau khi chuyển động, nhiệt độ của khí không đổi. Quá 

trình coi như đẳng nhiệt. 

Với khí bên nhánh A: 

h 3 

p0hS pAh S pA 

p 

0(2) 

3 

2 

h 3 

Với khí bên nhánh B: p0hS pBh S pA 

p 

0(3) 

3 

4 

9 

0 

4 

Thay (2), (3) vào (1), ta được: a p gh 

20h 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

 

1 9p0 

6gh 

0,5 

0,25 

b. Khi quay quanh nhánh A với tốc độ góc không đổi , ta có: 

h 

2 7 

F 2 – F 1 = ma pB' g S p0S m. h(4) 

3 

6 

0,5 

h 

Đối với chất khí bên bình nhánh B: p0hS pB 

h S 

3 

0,5 

3 

pB' p0(5) 

2 

Thay (5) vào (4), ta được: 

h 

140 

Câu 4 

(4 điểm) 

4 3 

Ta có: T 1 = 27 + 273 = 300 K; 

p 

p 

p 

70 

p 

1 1 

V V 

V V ; 

1 1 

; 15 

2 3 

Theo đề: Q 23 = Q 34 mC V (T 3 – T 2 ) = mC P (T 4 – T 3 ) 

0,5 

T 3 – T 2 = (T 4 – T 3 ) (1) 

với = C P / C V 

6

Quá trình 1 -2: 

1 

T 

2 

V 

2 

T2 

T 

T1 V1 

300 

0,4 

15 

2 

886,25 

K 

0,5 

 

p 

2 

V 

2 

1,4 

Và 

p 

15 p 44,3 p 

V 

 

1 1 

2 1 

p T p 

T . T 1400,39K 

p T p 

2 2 

3 

Quá trình 2 -3: 

3 2 

3 3 2 

Thay vào (1) suy ra: T 4 = 1767,63K 

V T V V T V V 

. 11,88; 11,88; 

V T V V T V V 

3 3 3 1 3 1 

5 

Quá trình 3 -4 : 

Quá trình 4- 5 : 

T 

T 

4 4 1 4 4 4 4 

V 

 

1 

4 5 

T5 

 

5 

V4 

 

 

656,85K 

Nhiệt lượng khí nhận vào của chu trình là 

Q Q Q mC ( T T ) mC ( T T 

) 

nhan 23 34 p 4 3 V 3 2 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

Nhiệt lượng khí tỏa ra của chu trình là 

Q mC ( T T 

) 

toa 

V 

5 1 

Hiệu suất của chu trình: 

Qtoa 

Q51 

H 1 

1 

Q Q Q 

nhan 

34 23 

mCV 

( T5 T1) 

1 

mC ( T T ) mC ( T T 

) 

p 

4 3 V 3 2 

T5 T1 

 

65,29% 

( T T ) ( T T 

) 

4 3 3 2 

0,5 

0,5 

Câu 5 

(3 điểm) 

a. Gọi M là khối lượng vật 

m 1 là khối lượng nhiệt lượng kế và que khuấy. 

m 2 là khối lượng nước 

T là nhiệt độ của vật. 

T 1 là nhiệt độ của của hệ gồm nhiệt lượng kế và que khuấy. 

T 2 là nhiệt độ của hệ cân bằng gồm nhiệt lượng kế que khuấy và 

nước. 

C 1 là nhiệt dung riêng của vật liệu làm nhiệt lượng kế và que 

7

khuấy. 

C 2 là nhiệt dung riêng của nước. 

- Đổ gần đầy nước vào bình nhôm hai vỏ rồi đun lên bằng bếp điện. 

- Dùng cân Roberval để cân khối lượng vật rắn (là các viên bi kim 

loại), khối lượng nhiệt kế. khối lượng của vỏ trong, que khuấy và 

khối lượng nước bằng phương pháp cân Mendeleev. 

Bước 1: bì (500g) cân bằng với các quả cân M 1 .(1) 

Bước 2: bì (500g) cân bằng với các quả cân M 2 + vật (khối lượng 

M).(2) 

Bước 3: bì (500g) cân bằng với các quả cân M 3 + nhiệt lượng kế và 

que khuấy ( khối lượng m 1 ). (3) 

Bước 4: bì (500g) cân bằng với các quả cân M 4 + nhiệt lượng kế và 

que khuấy có chứa nước (m 2 ) (4) 

- Rõ ràng ta có sự cân bằng vế phải của: 

(1) và (2) suy ra: M (vật rắn) = M 1 – M 2 

(1) và (3) suy ra: m 1 (nhiệt lượng kế và que khuấy) = M 1 – M 3 

(3) và (4) suy ra: m 2 (nước) = M 3 – M 4 

- Sau khi cân xong bỏ vật vào bình A, nắp của ống G đậy kín. Cắm 

nhiệt kế dài sao cho đầu nhiệt kế ở vị trí đặt vật. 

- Dùng que khuấy khuấy đều nước trong nhiệt lượng kế. Cắm nhiệt 

kế vào nhiệt lượng kế và đọc nhiệt độ T 1 của nước và nhiệt lượng 

kế. 

- Theo dõi nhiệt kế trong bình hai vỏ, khi nhiệt độ, lên tới khoảng 

96 – 98 và không thay đổi, đọc nhiệt độ T của vật. Đưa nhiệt lượng 

kế vào sát ống G, mở nắp thả vật thật nhanh vào nhiệt lượng kế, 

khuấy đều nước, theo dõi nhiệt độ của nước bằng nhiệt kế ngắn vẫn 

cắm trong nhiệt lượng kế. Khi nhiệt độ không lên nữa, đọc nhiệt độ 

T 2 . 

- Khi hệ cô lập đạt trạng thái cân bằng nhiệt: 

Q 1 = Q 2 MC (T– T 2 ) = (m 1 C 1 + m 2 C 2 ).(T 2 – T 1 ) 

(m11 

c m+c)(T 

22 2T) 

1 

M(T 

C = 

T) 

b. Sai số Δ C 

2 

(m11 

c m+c)(T 

22 2T) 

1 

M(T 

C = 

T 

2) 

Lấy ln hai vế: 

lnC =ln 

(m 

11 

c 

22 

cm+ )(T 

2T) 

1 

M(T T) 

2 

 

Chuyển ln tích thành ln tổng, chuyển ln thương thành ln hiệu: 

8 

0,25 

0, 25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25

lnC = ln( (m 1 .C 1 + m 2 .C 2 ) + ln(T 2 – T 1 ) - (ln(M)+ln(T – T 2 )) 

Lấy vi phân hai vế: 

dC ( 

1122 

CmCmd 

)( TdT 

21 

) 

dM( 

TTd 

2) 

C = 

1122 

CmCm 

TT 

21 

M 

TT 

2 

Do C 2 và C 1 là hằng số nên vi phân bằng không. 

Ta có: 

dCC 

1122 

dm 

dm dT 

21 

 

dM dT 

2 

 

CCmCm 

TT M 

TT 

11 

22 

21 

2 

Chuyển ”d” thành “ Δ ”và Chuyển dấu trừ trước “ Δ ” thành dấu 

cộng 

C 

1122 

mCmC TT 

21 

M 

TT 

2 

 

CCmCm 

TT 

M 

TT 

11 

22 

21 

2 

Chuyển các đại lượng còn lại về giá trị trung bình: 

 

 

mCmC TT 

21 

M 

TT C 

2 

 

 

CmCm 

TT 

MT 

 

1122 

11 

22 

21 

2 

0,25 

0,25 

0,25 

----- Hết ---- 

9


LƢƠNG VĂN TỤY 




Môn: VẬT LÝ 10 


(Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang) 

Câu 1. Cơ học chất điểm (5,0 điểm) 

Tại đầu một tấm ván người ta đặt một vật 

nhỏ có khối lượng bằng hai lần khối lượng tấm 

ván. Ban đầu cả hai vật đang chuyển động thẳng 

đều với vận tốc v 

0 

hướng về phía bức tường thẳng 

đứng (Hình 1). Vectơ vận tốc hướng dọc theo tấm 

ván và vuông góc với tường. Bỏ qua ma sát giữa 

tấm ván và mặt bàn. Coi va chạm giữa tấm ván và tường là tuyệt đối đàn hồi và xảy ra 

tức thời, còn hệ số ma sát giữa vật và ván bằng . 

1. Tìm quãng đường x 1 mà vật nhỏ đi được so với tấm ván sau lần va chạm đầu tiên. 

2. Tìm độ dài cực tiểu của tấm ván để vật không bao giờ chạm vào tường. 

n 

Cho biết : 1 a a a ... 

a 

2 3 1 

a 

1 

a 

n1 

v 

0 

Hình 1 

Câu 2. Cơ học vật rắn (4,0 điểm) 

Hai quả đặc cầu đồng chất 1 và 2 có bán 

kính tương ứng là R và 2R được làm bởi cùng một 

loại vật liệu, được dán chặt với nhau để tạo thành 

vật rắn. Ban đầu hai quả cầu được đặt thẳng đứng 

trên mặt bàn nằm ngang, quả nhỏ ở dưới (Hình 2). 

Do sự mất cân bằng nhẹ, hệ bị đổ xuống. Tìm vận 

tốc của tâm các quả cầu ở thời điểm ngay trước khi 

quả cầu lớn chạm sàn. Xét hai trường hợp: 

1. Ma sát giữa quả bóng ở dưới và bề mặt là 

rất lớn do đó không có hiện tượng trượt trong suốt 

thời gian chuyển động. 

2. Hoàn toàn không có ma sát giữa quả bóng 

dưới và bề mặt. 

2R 

R 

Hình 2 

Câu 3. Cơ học thiên thể (4,0 điểm) 

Trong không gian ở cách xa các thiên thể, có bốn ngôi sao giống nhau cùng khối 

lượng m. Tại thời điểm t 1 , bốn ngôi sao nằm tại 4 đỉnh của một hình vuông nội tiếp trong 

đường tròn tâm O bán kính R, vận tốc của 4 ngôi sao có độ lớn như nhau và hướng tiếp 

tuyến với đường tròn theo cùng một chiều. Thừa nhận rằng quỹ đạo của mỗi ngôi sao 

giống nhau, có dạng elip với O là một trong hai tiêu điểm. Ở thời điểm t 2 sau đó, khoảng 

cách từ mỗi ngôi sao đến O là nhỏ nhất và bằng r (r < R) trong đó vị trí của mỗi ngôi sao 

nằm ở phía đối diện với vị trí của nó tại thời điểm t 1 so với điểm O. Cho hằng số hấp dẫn 

là G. 

1. Tìm cơ năng của hệ. 

1

2. Hãy xác định: 

a) Các bán trục của elip quỹ đạo của mỗi ngôi sao. 

b) Khoảng thời gian ∆t = t 2 – t 1 . 

p 

Câu 4. Nhiệt học (4,0 điểm) 

Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử 

biến đổi trạng thái theo một chu trình trong 

hệ tọa độ p-V như Hình 3. Các quá trình 2-3 

và 4-1 là đoạn nhiệt thuận nghịch; các quá 

trình 1-2 và 3-4 là các đoạn thẳng kéo dài đi 

qua gốc tọa độ. Biết rằng hệ số góc của 

1 

3 

đường 1-2 gấp 3 lần hệ số góc của đường 3-4. 

1. Tính nhiệt dung của các quá trình 1-2 

4 

và 3-4 theo hằng số các khí R. 


V 

O 

Hình 3 

Câu 5. Phƣơng án thực hành (3,0 điểm) 

Đo hệ số ma sát trượt giữa một vật bằng gỗ và mặt bàn nằm ngang. 

Dụng cụ được dùng: 

- Vật nhỏ hình hộp chữ nhật bằng gỗ. 

- Mặt bàn nằm ngang có giá treo cố định. 

- Một lò xo nhẹ chưa biết độ cứng, hai đầu có móc treo và hệ thống để gắn chặt lò 

xo với các vật khác. 

- Thước thẳng dài có độ chia phù hợp. 

Yêu cầu trình bày: 

- Cơ sở lý thuyết. 

- Các bước tiến hành. 

- Xử lý kết quả (không yêu cầu đánh giá sai số). 

--------------HẾT-------------- 

2 

2


LƢƠNG VĂN TỤY 


HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC 


Môn: VẬT LÝ 10 

(Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang) 


1 

(5 điểm) 

1. 

- Sau khi va chạm với tường, ván có vận tốc v 

0 

hướng ngược lại. 

Do vật không rời ván nên áp dụng định luật bảo toàn động lượng 

và bảo toàn năng lượng, ta có : 

2mv 

mv 3m 

v 

0,5 

2 

(4 điểm) 

0 0 

. 

1 

1 2 1 2 

. 2mg. 

x1 3m 

v0 

3mv1 

, 

2 2 

trong đó v 

1 

là vận tốc khi vật và ván khi vật đã ngừng trượt trên 

ván, x 

1 

là quãng đường vật đi được trên ván sau va chạm đầu tiên. 

2 

v0 

2v0 

Giải hệ trên → v1 ; x1 

 

3 3g 

2. Sau khi vật dừng lại trên ván, vật và ván lại tiếp tục chuyển 

động như một vật với vận tốc v 1 hướng vào tường, quá trình lặp 

lại như trên. Sau va chạm lần hai, vận tốc của vật và ván khi vật đã 

ngừng trượt và quãng đường x 

2 

vật đi thêm được so với ván: 

2 

V1 

 

2 

 

v1 

3 1 

v2 ; x2 

 

 

 

3 3g 

g 

- Quá trình như vậy lặp lại nhiều lần, và tổng quãng đường vật đi 

được trên ván là : 

2 

2v0 

1 1 1 

s s1 

s2 

... sn 

1 

... 

2 

n 

3g 

9 9 9 

1 

2 1 

n 

2 

2v 

 

 

 

0 9 3v 

 

0 

1 

1 n . 

3g 

1 

1 

4g 

9 

9 

- Để vật không rời ván thì độ dài ván lớn hơn hoặc bằng quãng 

2 

3v0 

đường s sau nhiều lần va chạm n 

: l lim s . Vậy để 

n 

4µg 

vật không va vào tường độ dài tối thiểu của ván là 

1. Gọi m là khối lượng của bóng nhỏ 

thì khối lượng của bóng lớn là 8m. Vì 

ma sát giữa bóng dưới và bề mặt rất 

lớn nên hệ quay quanh điểm tiếp xúc 

giữa bóng dưới và mặt bàn. 

- Khi bóng trên bắt đầu chạm sàn thì 

đường nối tâm của chúng lập với 

3 2 0 

v 

l 

4µg 

O 1 

O 2 

K 

H 

0,5 

1,0 

1,0 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,25 

3

phương ngang 1 góc = góc O 2 O 1 H với sin = R/3R = 1/3. Gọi 

K là điểm tiếp xúc giữa bóng dưới và mặt bàn. 

- Ta có: 

2 2 

O1H (3R) R 2 2R 

2 2 

O2K (2R) O1H 2 3R 

- Momen quán tính của 2 quả bóng đối với K tại thời điểm chạm 

sàn là: 

2 2 2 7 2 

I1 

mR mR mR 

5 5 

2 2 2 544 2 

I 

2 

.8m.4R 8m.4R mR 

5 5 

- Gọi là tốc độ góc của hệ ngay trước khi chạm sàn. Áp dụng 

định luật bảo toàn cơ năng với gốc thế năng tại O 1 : 

1 2 160g 

8mg.3R 8mg.R (I1 I 

2) 

 

2 551R 

- Vận tốc tâm của các quả cầu khi đó là: 

160gR 

v 

1 

.R 

 

551 

1920gR 

v 

2 

.O 2K 

 

551 

2. Không có ma sát: 

- Khối tâm G của hệ cách O 1 1 đoạn 

8R/3; cách O 2 1 đoạn R/3 

- Vì không có ngoại lực theo phương 

ngang nên khối tâm chuyển động theo 

phương thẳng đứng. Tâm O 1 chuyển 

động theo phương ngang nên ta xác 

định được vị trí tâm quay tức thời của 

hệ như hình vẽ 

- Từ hình vẽ ta tính được: KO 1 = 8R/9; KO 2 = 

- Momen quán tính của hệ đối với K là: 

649R 

9 

2 

2 2 2 2 

2 8R 2 649 3514 

IK 

mR m .8m.4R 8m. R mR 

5 9 5 81 45 

- Định luật bảo toàn cơ năng: 

1 2 720g 

8mg.3R 8mg.R IK 

2 1757R 

- Vận tốc tâm của các quả cầu khi đó: 

8 720gR 

v 

1 

.O 1K 9 1757 

K 

O 1 

1 467280gR 

v 

2 

.O 2K 9 1757 

G 

O 2 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 

0,5 

0,25 

0,25 

4

3 

(4 điểm) 

1. Do tính đối xứng nên tại mọi thời điểm các ngôi sao luôn nằm 

tại 4 đỉnh của 1 hình vuông nào đó. 

+ Gọi v và v’ lần lượt là vận tốc của 1 ngôi sao tại thời điểm t 1 và 

t 2 trong hệ quy chiếu khối tâm. 

Đối với ngôi sao bất kì, hợp lực tác dụng luôn có hướng đi 

qua O. Áp dụng định luật bảo toàn mô-men động lượng đối với 

trục quay qua O và vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo: 

R 

mvr mv ' r → v' 

v (1) 

r 

+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại t 1 , t 2 : 

2 2 2 2 

1 2 Gm Gm 1 2 Gm Gm 

4. mv 4 2 4. mv ' 4 2 (2) 

2 R 2 2R 

2 r 2 2r 

(2 2 1) 

Gm r 

+ Giải hệ (1) và (2) suy ra: v 

. (3) 

2 R( R r) 

+ Cơ năng của hệ: 

2. 

1 Gm Gm (2 2 1) 

Gm 

2 R 2 2R R r 

2 2 2 

2 

W 4. mv 4 2 0 

v 

a 

c 

O 

(4) 

b 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

R 

r 

v ' 

a) Dễ thấy hai thời điểm t 1 và t 2 mỗi ngôi sao ở các cận điểm. 

R 

r 

Suy ra: a (5) 

2 

Khoảng cách từ tâm elip đến tiêu điểm O: 

R 

r 

c (6) 

2 

2 2 

Suy ra: b a c Rr (7) 

b) Áp dụng định luật II Kepler: 

dS 1 2 d 

L 

r1 

(8) 

dt 2 dt 2m 

Trong đó r 1 là bán kính véc tơ từ O tới ngôi sao; dφ là góc mà bán 

kính véc tơ quét trong thời gian dt; L là mô men động lượng của 

mỗi ngôi sao. 

Gọi T là chu kì quay của mỗi sao, từ (8) suy ra: 

S 

T 

L 

2mS 2mab 2ab 

dS 

dt 

2m 

→ T (9) 

L mvR vR 

0 0 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 

5

4 

(4 điểm) 

3 

( ) 

Thay v từ (3) vào (9) suy ra: 

T R 

t 

 

r 

2 2(2 2 1) 

Gm 

1. + Phương trình các đường thẳng 1-2 và 3-4 có dạng p = kV (k là 

hệ số góc) → dp = kdV (1) 

0,5 

+ Áp dụng nguyên lí I nhiệt động lực học dạng vi phân: 

dQ = dU + dA → CdT = 3 0,25 

RdT + pdV (2) 

2 

+ Áp dụng phương trình Cla-pê-rôn – Men-đê-lê-ép: 

pV = RT → pdV + Vdp = RdT (3) 

0,25 

+ Từ (1) và (3) → pdV + VkdV = RdT 

0,25 

Mà kV = p → 2pdV = RdT → pdV = 1 0,25 

RdT (4) 

2 

+ Thay (4) vào (2) → CdT = 3 2 RdT + 1 2 RdT → C = 2R 0,5 

2. + Nhiệt lượng nhận từ nguồn nóng: 

Q 1 = Q 12 = C(T 2 – T 1 ) = 2R(T 2 – T 1 ) = 2 (p 2 V 2 – p 1 V 1 ) 

Gọi hệ số góc của 1-2 là k 1 thì phương trình của 1-2 là p = k 1 V 

2 2 

→ Q 1 = 2k 1 ( V2 V1 

) (5) 

+ Nhiệt lượng khí tỏa ra cho nguồn lạnh: 

Q 2 = Q 

34 

= C(T 3 – T 4 ) = 2R(T 3 – T 4 ) = 2 (p 3 V 3 – p 4 V 4 ) 

Gọi hệ số góc của 3-4 là k 1 thì phương trình của 3-4 là p = k 2 V 

2 2 

→ Q 2 = 2k 2 ( V3 V4) (6) 

+ Xét quá trình đoạn nhiệt 2-3: 

pV 2 2 

= pV 

3 3 

→ 

1 

kV 1 2 

= 

1 

kV 

2 3 

→ 

Tương tự cho quá trình đoạn nhiệt 4-1: 

pV 4 4 

= pV 

1 

1 1 

→ kV 1 

2 4 

= kV 

1 1 

→ V 

 

+ Thay (7), (8) vào (5) và (6) ta có: 

2 

 

 

1 

2 2 

2 2 2 

Q 1 = 2k 1 ( V2 V1 

) = 2k k 

 

1 V3 V 

 

 

1 

- 

k 

1 

 

 

1 2 2 

 

 

1 1 2 1 

2 

2k1 k2 V3 k1 V 

 

1 

 

 

 

2 

 

 

1 

2 2 

2 1 2 

Q 2 = 2k 2 ( V3 V4) = 2k k 

2 V3 V 

 

1 

- 

k 

 

2 

 

 

1 2 2 

 

 

1 1 2 1 

2 

2k2 k2 V3 k1 V 

 

1 

 

 

 

+ Hiệu suất của chu trình: 

V 

1 

1 

k 

2 

2 

 

V3 

k1 

 

 

1 

1 

k 

1 

4 

 

V1 

k2 

 

2 

V 

1 

) = 

2 

V 

1 

) = 

(7) 

(8) 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

6

5 

(3 điểm) 

1 

1 

Q 

2 

k 

2 

 

 

Q1 k1 

H 1 1 

 

 

k 

2 

1 5 

1 

 

Thay và ta được: H = 1 k1 

3 

≈ 24% 

3 

3 

 

* Cơ sở lý thuyết: 

- Điều kiện cân bằng của con lắc lò xo thẳng đứng: 

F đh = P ↔ k∆l = mg (1) (∆l là độ dãn của lò xo khi cân bằng) 

- Xét con lắc lò xo nằm ngang: 

Đưa vật đến vị trí lò xo nén đoạn x 2 rồi thả nhẹ, vật sẽ dừng lại khi 

lò xo dãn ra một đoạn cực đại x 2 . Định luật bảo toàn năng lượng: 

1 2 1 2 

kx 

2 

kx1 

= - μmg(x 1 + x 2 ) 

2 2 

→ x 1 – x 2 = 2 mg ( 2 ) 

k 

x1 

x2 

Từ (1) và (2) suy ra 

2l 

Đo Δl, x 1 , x 2 suy ra µ. 

* Các bước tiến hành: 

- Vẽ hình minh họa: 

- Đo chiều dài tự nhiên của lò xo l 0 . 

- Móc vật vào lò xo rồi treo đầu trên của lò xo vào giá để tạo ra 

con lắc lò xo thẳng đứng. Đo chiều dài lò xo khi cân bằng l 

→ ∆l = l – l 0 

- Gắn một đầu lò xo vào thân giá, đầu kia gắn vật để tạo ra con lắc 

lò xo nằm ngang. Đặt vật tại vị trí lò xo không biến dạng (dài l 0 ). 

- Đẩy vật để lò xo nén một đoạn, đo chiều dài l 1 → x 1 = l 0 – l 1 

- Thả nhẹ để vật chuyển động , đến khi vật dừng thì đo chiều dài l 2 

của lò xo → x 2 = l 2 – l 0 

x1 

x2 

* Kết quả: 

2l 

5 

1 

3 

5 

1 

3 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

l 2 

l 1 

x 2 

x 1 

l 0 

----------HẾT---------- 

7


NGUYỄN TẤT THÀNH –YÊN BÁI 





LẦN THỨ XI, NĂM HỌC 2017 – 2018 

ĐỀ THI MÔN:VẬT LÝ LỚP 10 


Câu 1 (5,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT ĐIỂM 

Trên một thanh trơn nhẵn có lồng hai vật như nhau 

có cùng khối lượng M, hai vật được gắn với một dây nhẹ 

không dãn dài 2L. Ở giữa dây người ta buộc một vật nặng 

khối lượng 2M. Buông nhẹ ra cho vật chuyển động như 

hình vẽ (Hình 1). Hãy tính giá trị cực đại của vận tốc hai 

vật và của vật nặng. Biết rằng ban đầu dây không giãn. 

Câu 2 (4,0 điểm) CƠ HỌC VẬT RẮN 

Một trụ đặc có khối lượng m, bán kính đáy R đang quay đều quanh trục của nó 

theo phương ngang với vận tốc góc 

o 

. Trụ được đặt nhẹ nhàng lên một sàn xe 

phẳng, dài nằm ngang. Xe có cùng khối lượng m với trụ và có thể trượt không ma sát 

trên mặt đất.Ngay sau đó xe chuyển động nhanh 

dần, nhưng sau một khoảng thời gian xe đạt được 

vận tốc ổn định và không đổi. 

a. Xác định vận tốc ổn định của xe. 

b. Xác định năng lượng mất mát từ khi trụ được đặt lên xe đến khi xe đạt vận 

tốc không đổi. 

Câu 3 (4,0 điểm) CƠ HỌC THIÊN THỂ 

Một vệ tinh chuyển động với vận tốc có độlớn không đổi v 0 không đổi theo 

quỹ đạo tròn bán kính r 0 xung quanh một hành tinh có bán kính R. Biết gia tốc rơi tự 

do trên bề mặt hành tinh là g 

a. Xác định bán kính quỹ đạo của vệ tinh r 0 . 

b. Do một nguyên nhân chưa biết, tại một thời điểm nào đó, hướng véctơ vân 

tóc thay đổi một góc nhỏ, nhưng độ lớn vận tốc không đổi. Khi đố hiển nhiên quỹ đạo 

vệ tinh sẽ là một elip. Hãy xác định sự phụ thuộc vận tốc vệ tinh vào khoảng cách r từ 

nó đến tâm hành tinh. 

c. Tìm độ biến thiên ∆v của độ lớn vận tốc khi khoảng cách đến tâm hành tinh 

thay đổi một lượng ∆r. 

thức 

d. Chứng minh rằng, khi vệ tinh ở cách tâm hành tinh một khoảng r 0 ta có hệ 

v 

v 

r 

r 

. 

M 

Hình 1 

2M 

M

Câu 4 (5,0 điểm) NHIỆT HỌC 

Một lượng khí lí tưởng lưỡng nguyên tử thực hiện một chu trình biến đổi sao 

cho nhiệt dung riêng đẳng tích không đổi. Chu 

trình được cho như hình vẽ ( Hình 2 ). Tổng đại số A + (J) 

nhiệt lượng nhận được hay nhả giữa các trạng thái 

cho trên trục hành còn tổng công thực hiện bởi khí 

4 

3 

720 

cho trên trục tung. 

a. Sử đụng đồ thị đã cho tính hiệu suất chu trình. 

b. Xác định mỗi loại quá trình. 

c. Gọi áp suất và thêt tích của khí ở trạng 

thái 1 là p 0 và V 0 . Biểu diễn chu trình trên trong hệ 

p – V. 

Câu 5 (2,0 điểm) THỰC HÀNH 


- Một mặt phẳng nghiêng. 

- Một khối gỗ nhỏ có khối lượng m đã biết. 

- Một thước có độ chia tới mm. 

- Một đồng hồ bấm giây. 

Hãy đề xuất một phương án thí nghiệm để có thể xác định được nhiệt lượng tỏa 

ra khi khối gỗ trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt phẳng nghiêng. 

Yêu cầu: 

1. Nêu cơ sở lý thuyết và xây dựng các công thức cần thiết. 

2. Vẽ sơ đồ bố trí thí nghiệm, trình bày các bước tiến hành, đo đạc và tính toán. 

480 

1 

2 

1 

400 480 1320 2920 

Hình 2 

Q(J) 

.....................HẾT..................... 


(Ký, ghi rõ Họ tên - Điện thoại liên hệ) 

Lê Thị Hoài 

SĐT: 0915305750


NGUYỄN TẤT THÀNH – YÊN BÁI 


HDC - ĐỀ THI ĐỀ XUẤT 



LẦN THỨ XI, NĂM HỌC 2017 – 2018 

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN:VẬT LÝ LỚP 10 


Câu 1 (5,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT ĐIỂM 

Trên một thanh trơn nhẵn có lồng hai vật như nhau 

có cùng khối lượng M, hai vật được gắn với một dây nhẹ 

không dãn dài 2L. Ở giữa dây người ta buộc một vật 

nặng khối lượng 2M. Buông nhẹ ra cho vật chuyển động 

như hình vẽ. Hãy tính giá trị cực đại của vận tốc hai vật 

và của vật nặng. Biết rằng ban đầu dây không giãn. 

M 

Hình 

2M 

M 

Câu Nội dung Thang điểm 

Hai vật khối lượng M chuyển động theo phương ngang với gia 

tốc tức thời a ng , còn vật nặng khối lượng 2M chuyển động theo 

phương thẳng đứng với gia tốc a t . Sợi dây không giãn, có nghĩa 1,0 

là hình chiếu gia tốc của hai vật và vật nặng trên phương của 

sợi dây là như nhau: a cos a sin v v tan 

(1) 

1 

ng t ng t 

Từ các phương trình động lực học đối với hai vật M 

T cos 

Mang 

 

at 

g ang 

tan 

(2) 

2Mg 2T sin 

2Ma 

 

 

 

t 

Giả sử vật nặng dịch chuyển xuống dưới một đoạn ∆x. Theo 

định luật bảo toàn năng lượng ta có 

2 2 

Mvng 

2Mvt 

2 2Mg x (3) 

2 2 

2gx 

 

ng 

1 

1 

tan 

2 

 

2 2 2 

Từ (1) và (3) ta có v 2g cos . x, 

v 

t 

Dễ thấy khi ∆x tăng tới L, góc α tăng tới π/2 

Khi ∆x = L, v ng đạt giá trị cực đại vng 

max 

2 gL, 

còn vật nặng ở 

vị trí thấp nhất với v t = 0 

2 2 

Ta có x Lsin 

suy ra vt 

2Lg cos sin 

Để xác định được giá tri cực đại của v t ta lấy đạo hàm rồi cho 

nó bằng không: 

1,0 

1,0 

0,5 

0,5 

1,0

2 2 3 2 1 3 

cos sin ' 2cos .sin cos 0 tan vt 

max 

gL 

2 3 3 

Câu 2 (4,0 điểm)CƠ HỌC VẬT RẮN 

Một trụ đặc có khối lượng m, bán kính đáy R đang quay đều quanh trục của nó 

theo phương ngang với vận tốc góc 

o 

. Trụ được đặt nhẹ nhàng lên một sàn xe 

phẳng, dài nằm ngang. Xe có cùng khối lượng m với trụ và có thể trượt không ma sát 

trên mặt đất.Ngay sau đó xe chuyển động nhanh 

dần, nhưng sau một khoảng thời gian xe đạt được 

vận tốc ổn định và không đổi. 

a. Xác định vận tốc ổn định của xe. 

b. Xác định năng lượng mất mát từ khi trụ được đặt lên xe đến khi xe đạt vận 

tốc không đổi. 


a. Gọi vận tốc của xe khi ổn định là V. Vận tốc của trụ so với xe khi đó 

là v, vận tốc quay của trụ khi đó là . Ban đầu trụ trượt trên sàn xe, lực 

ma sát làm trụ chuyển động tịnh tiến nhanh dần, chuyển động quay 

chậm dần đến khi đạt điều kiện lăn không trượt v R . thì lực ma sát 

bằng 0 và hệ đạt trạng thái ổn định với các vận tốc không đổi. 

Định luật bảo toàn động lượng: mV m( V v) 0 

0,5 

v 

V 

0,5 

2 

Định luật bảo toàn mô men động lượng với một trục nằm trên sàn xe 

vuông góc với mặt phẳng hình vẽ: I 

I m( v V ) R Với: 

2 

mR 

I và v 

R . 

2 

Giải các phương trình ta tìm được: v 

Q W W 

o 

 

2 

hp truoc sau 

b. 

2 2 2 2 

I 

 

o 

I 

m( v V ) mV 

Qhp 

 

 

2 2 2 2 

v 

Với V ; v R . ; 

2 

Biến đổi ta được: Q 

hp 

mR 

I 

2 

2 

m 

R 

8 

2 2 

o 

mà 

v 

o R 

0,5 

0,5 

 

 

 

 

2 

o R 

0,5 

. 0,5 

1,0 

Câu 3 (4,0 điểm) CƠ HỌC THIÊN THỂ 

Một vệ tinh chuyển động với vận tốc có độlớn không đổi v 0 không đổi theo 

quỹ đạo tròn bán kính r 0 xung quanh một hành tinh có bán kính R. Biết gia tốc rơi tự 

do trên bề mặt hành tinh là g 

a. Xác định bán kính quỹ đạo của vệ tinh r 0 .

. Do một nguyên nhân chưa biết, tại một thời điểm nào đó, hướng véctơ vân 

tóc thay đổi một góc nhỏ, nhưng độ lớn vận tốc không đổi. Khi đố hiển nhiên quỹ đạo 

vệ tinh sẽ là một elip. Hãy xác định sự phụ thuộc vận tốc vệ tinh vào khoảng cách r từ 

nó đến tâm hành tinh. 

c. Tìm độ biến thiên ∆v của độ lớn vận tốc khi khoảng cách đến tâm hành tinh 

thay đổi một lượng ∆r. 

d. Chứng minh rằng, khi vệ tinh ở cách tâm hành tinh một khoảng r 0 ta có hệ 

thức 

v 

v 

r 

r 

. 


a. Lực hấp dẫn của hành tinh và vệ tinh đóng vai trò lực 

2 

mv0 

hướng tâm: 

Mm 

G 1 

0,5 

3 

r 

r 

2 

0 0 

Kí hiệu g là gia tốc rơi tự do ở bề mặt hành tinh: 

Từ (1) và (2) ta tìm được 

r 

R 

g v 

2 

0 2 

0 

b. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có: 

2 2 

mv0 

GMm mv GMm 

 

2 r 2 r 

0 

4 

Từ (1), (3) và (4) ta tìm được: 

c. Từ (5) lấy vi phân hai vế ta được: 

g 

GM 

R 

 

2 

2 

0,5 

(3) 0,5 

v 

2gR 

2 2 

0 0 

0,5 

2 

v0 1 (5) 0,5 

2 

vr 

0 

2 2 

v 

0 

2gR 

v 

0 

gR 

v v ' r r r 6 

2 2 2 

2 2 2 

2gR 

v0r 

2gR 

v0r 

 

2 1 1 

v r 

v r 

d. Khi 

R 

r r g v 

2 

thay vào (6) ta được đpcm 0,5 

0 2 

0 

 

1,0 

Câu 4 (5,0 điểm) NHIỆT HỌC 

Một lượng khí lí tưởng lưỡng nguyên tử 

thực hiện một chu trình biến đổi sao cho nhiệt 

720 

dung riêng đẳng tích không đổi. Chu trình được 

cho như hình vẽ ( Hình 2). Tổng đại số nhiệt lượng 480 

nhận được hay nhả giữa các trạng thái cho trên trục 

hành còn tổng công thực hiện bởi khí cho trên trục 

tung. 

a. Sử đụng đồ thị đã cho tính hiệu suất chu trình. 1 

b. Xác định mỗi loại quá trình. 

c. Gọi áp suất và thêt tích của khí ở trạng 

thái 1 là p 0 và V 0 . Biểu diễn chu trình trên trong hệ p – V. 

A + (J) 

1 

2 

4 

400 480 1320 2920 

Hình 2 

3 

Q(J)

Câu 4 Nội dung Thang điểm 

a. Hiệu suất chu trình: 

A 720 

H 16,4% 

Q 

0,5 

2920 

thu 

b. Quá trình 1-2, 3-4 khí không thực hiện công nên đây là các 

quá trình đẳng tích. 

Quá trình 2-3, 4-1 được biể diễn bằng những đường thẳng 

dA 2 

song song nên: tan 

 

dQ 7 

Áp dụng nguyên lý I của nhiệt động lực học: 

Thay 

được: dV 

5 

dQ dA dU dU dQ dA dQ 

7 

nRT 

5 

dU nRT , dA pdV dV 

2 

V 

 

dT 

V T 

V 

hay p 

T 

vào biểu thức trên ta 

Tích phân hai vế ta được = const const. 

Vậy 2-3, 4-1 là các quá trình đẳng áp. 

c.Nhiệt lượng mà khí nhân được trong quá trình 1-2 là: 

5 

Q vC T V p p 

2 

12 V 

0 2 0 

Nhiệt lượng khí nhả ra trong quá trình 3-4: 

 

34 3 

 

34 3 2 0 3 0 

2 Q12 V0 

400 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,25 

5 Q V 2920 1320 

Q V p p 4 hay V 4V 

0,5 

Công sinh ra trong quá trình 2-3: A23 p2( V3 V0 

) 

0,25 

Công khí nhận trong quá trình 4-1: A41 p0 ( V3 V0 

) 

A p 720 

0,5 

3 3 

23 2 

hay p2 p0 

A' 41 

p 

0 

720 480 

 

Ta có chu trình như hình vẽ 

P 

3P 0 

V 0 3V 0 

P 0 

0,5 

V 

Câu 5 (2,0 điểm) THỰC HÀNH 


- Một mặt phẳng nghiêng. 

- Một khối gỗ nhỏ có khối lượng m đã biết. 

- Một thước có độ chia tới mm. 

- Một đồng hồ bấm giây.

Hãy đề xuất một phương án thí nghiệm để có thể xác định được nhiệt lượng tỏa 

ra khi khối gỗ trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt phẳng nghiêng. 

Yêu cầu: 

1. Nêu cơ sở lý thuyết và xây dựng các công thức cần thiết. 

2. Vẽ sơ đồ bố trí thí nghiệm, trình bày các bước tiến hành, đo đạc và tính toán. 


1. Cơ sở lý 

thuyết để tiến 

hành: 

Nhiệt lượng tỏa 

ra đúng bằng 

phần cơ năng đã 

mất khi vật trượt h 

đến chân mặt 

nghiêng. 

 

Gọi : h là chiều 

cao của mặt nghiêng; l là chiều dài mặt nghiêng. 

Chọn mốc thế năng tại chân mặt nghiêng. Vận tốc ban đầu bằng 0. 

Vận tốc tại chân mặt nghiêng là v 

2 

m.v 

Q m.g.h 

Với 

2 

2 

2. 

Q m(g.h ) 

2 

t 

2. Cách tiến hành: 

2 

v 

2.a. ; 

2 

a.t 2 

a 

2 t 

+ Thả cho vật trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt nghiêng đến chân 

mặt nghiêng. Đồng thời bấm đồng hồ đo thời gian t vật chuyển động từ 

đỉnh tới chân mặt phẳng nghiêng. 

+ Đo chiều cao h của mặt nghiêng 

+ Đo chiều dài của mặt nghiêng. 

Thay vào công thức trên xác định được Q 

2 

1,0 

1,0 

.....................HẾT..................... 


(Ký, ghi rõ Họ tên - Điện thoại liên hệ)

Lê Thị Hoài 

SĐT: 0915305750


VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 

TRƯỜ T T C U U TR I 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XI 

MÔN VẬT LÍ - KHỐI 10 

(Đề có 05 câu; gồm 02 trang) 


Câu 1 (5,0 điểm): 

Trên mặt phẳng ngang nhẵn có một chiếc nêm 

khối lượng m, góc nêm là . Coi sức cản của không 

khí không đáng kể. 

A 

m 

2 

1. Một vật nhỏ khối lượng m 2 

bắt đầu trượt 

 

B 

không ma sát từ A. Biết AB = l (hình 1). Hãy xác định 

gia tốc của nêm và quãng đường mà nêm đã trượt theo phương ngang kể từ khi vật bắt đầu trượt từ A đến 

khi nó rời khỏi nêm tại B. 

2. Giả sử nêm đang có vận tốc V 

0 

đến va 

Hình 1 

chạm hoàn toàn đàn hồi vào một quả cầu nhỏ có 

khối lượng 2m đang đứng yên (hình 2). 

a. Sau va chạm nêm không nẩy lên. Để nêm 

tiếp tục chuyển động theo hướng ban đầu thì góc 

nêm phải nhỏ hơn một góc giới hạn 0 . Tìm 0 . 

m 

v 

0 

Hình 2 

 

2m 

b. Cho V 0 = 5m/s ; g = 10m/s 2 ; = 30 0 . Xác định khoảng thời gian quả cầu va chạm với nêm lần 

Câu 2 (4,0 điểm): 

Một quả cầu đặc, đồng chất, khối lượng m, chuyển động với 

vận tốc v 

0 

đến va chạm vào mặt sàn nằm ngang của một chiếc xe 

đang đứng yên (hình vẽ). Thân xe có khối lượng M, hệ số ma sát 

trượt giữa quả cầu và mặt sàn xe là . Xe chuyển động trên mặt 

phẳng ngang nhờ hai hình trụ tròn đồng chất, có cùng khối lượng M, 

đặt ở trục trước và sau của xe (hình vẽ). Ma sát giữa hai hình trụ và mặt phẳng ngang đủ lớn để giữ cho 

hai hình trụ luôn lăn không trượt. Bỏ qua ma sát ở trục quay của hai hình trụ. Sau va chạm, vận tốc của 

quả cầu theo phương thẳng đứng giữ nguyên độ lớn nhưng bị đảo chiều. Giả thiết rằng quả cầu bị trượt 

trong suốt thời gian va chạm. Tìm vận tốc của xe sau va chạm theo , m, M, v 0 và . 

Câu 3 (4,0 điểm): 

Một vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn ở cách bề mặt Mặt Trăng một khoảng bằng bán kính R 

của Trái Đất. Tại một thời điểm nào đó, từ vệ tinh phóng ra một trạm đi tới một hành tinh khác, phần còn 

lại của vệ tinh chuyển động theo một quỹ đạo elip đi tới gần mặt Trái Đất ở điểm đối diện với điểm xuất 

phát của trạm. Hỏi khối lượng của trạm có thể chiếm một phần cực đại bằng bao nhiêu khối lượng vệ 

tinh. 

M 

M 

v 0 

 

m 

M

Câu 4 (4,0 điểm): 

Một động cơ nhiệt với tác nh n là n (mol) khí l tưởng 

đơn nguyên tử thực hiện một chu trình biến đ i được biểu di n 

trên đồ thị như hình vẽ. 

- uá trình 1-2 là một đoạn thẳng. 

- uá trình 2-3 là một đoạn thẳng có đường k o dài qua gốc t a 

độ. 

- uá trình 3-1là một đoạn thẳng vuông góc với trục nằm ngang. 

Các giá trị p 

0,V 0, hằng số khí là đã biết. 

1. Xác định nhiệt độ, áp suất của khí ở trạng thái 3 (theo 

p 

0,V 0,n,R ) 

2. Xác định công của chất khí trong toàn bộ chu trình 

(theo p 

0,V 0). 

3. Xác định hiệu suất của động cơ. 

Câu 5 (3,0 điểm): 

Một h c sinh sử dụng 

- 1 lực kế với độ chia nhỏ nhất là 0,1 N 

- 1 mẩu gỗ nhỏ, 1 tấm gỗ phẳng. 

- D y mảnh. 

- Đế 3 ch n, trụ sắt 10, khớp đa năng. 

Để xác định hệ số ma sát trượt giữa bề mặt gỗ với gỗ và đo được bảng số liệu sau : 

Lần đo F 1 (N) F 2 (N) P(N) 

1 3,1 1.3 5,7 

2 3,2 1,2 5,8 

3 3,1 1,0 5,5 

4 3,3 1,1 5,5 

5 3,2 1,3 5,7 

Trong đó P là tr ng lượng của mẩu gỗ nhỏ. F 1, F 2 là số chỉ của lực kế trong quá trình đo. 

Yêu cầu: 

1. Thiết kế phương án thí nghiệm mà h c sinh trên đã đùng để đo thu được bảng số liệu trên. Chỉ 

rõ lực F 1, F 2 là lực gì? 

2. Xử lý số liệu, xác định giá trị hệ số ma sát trượt .

Câu 1 (5,0 điể : 

ĐÁ Á 

Ý Đáp án Điểm 

1 

Xác định gia tốc của nêm và quãng đường nêm trượt theo phương ngang. 

y 

A 

m/2 

N 

F qt 

0 

x 

a 0 

m 

p 

a 

 

B 

Hình 1 

Xét hệ qui 

chiếu gắn với nêm. 

a : gia tốc của vật đối với nêm 

a 0 : gia tốc nêm đối với sàn 

Gia tốc của vật đối với sàn: 

Định luật II Niu Tơn: 

Chiếu lên phương AB: 

a m a a0 

(1) 

m 

(2) 

2 

N P Fqt 

a 

m m m 

g.sin a 

0.cos a a gsin a 

0.cos 

(3) 

2 2 2 

Ch n hệ tạo độ xoy như hình vẽ. Chiếu (1) lên ox: 

a m = a.cos - a 0 (4) 

Vì không có ngoại lực theo phương ngang: động lượng bảo toàn. 

m V 

m 

mV 

N 

0 ma 

m 

2ma 

0 

0 a 

m 

2a 

0 

(5) 

2 

Thế (4) vào (5) suy ra : 

3a 

acos - a 0 = 2a 0 a 0 

cos 

Thế (3) vào (6) suy ra: 

3a 

0 

g.sin .cos 

 

g.sin a0cos a0 

2 

cos 3 cos 

(6)

* uãng đường mà nêm trượt theo phương ngang. 

G i S là quãng đường mà nêm trượt, s là quãng đường dịch chuyển theo phương 

ngang của vật so với nêm. 

Từ định luật bảo toàn động lượng: 

m s S mS s 3S 

2 

s lcos 

S . 3 3 

2 Ngay khi nêm va chạm vào quả cầu phản lực F truyền cho quả cầu vận tốc V 2 . 

Ngay sau va chạm xung lực F có phương vuông góc với mặt nêm, nên V 2 có phương 

hợp với phương thẳng đứng 1 góc . 

X t theo phương ox : 

Theo Định luật bảo toàn động lượng: 

mV 0 = mV 1 + 2mV 2 sin 

V 0 =V 1 +2V 2 .sin (1) 

y 

o 

x 

F 

V 2 

m 

Hình 2 

 

2m 

Va chạm hoàn toàn đàn hồi nên : 

1 2 1 2 1 2 2 2 2 

mV0 mV1 2mV2 V0 V1 2V2 

(2) 

2 2 2 

Từ (1) và (2) ta có 

2V sin 

 

0 

V2 2sin 

2 1 

V 

2 

V 

0(1 2sin ) 

1 

 

2 

12sin 

 

(3) 

(4) 

a.Để nêm tiếp tục chuyển động theo hướng cũ thì V 1 >0

sin < 

1 

sin 45 45 

2 

0 0 

0 

b. Khi V 0 = 5m/s; = 30 0 

Từ (3) (4) suy ra: 

sau va chạm: 

2V V 

V ; V 

3 3 

0 0 

2 1 

V0 

- Nêm chuyển động theo hướng cũ với V1 

 

3 

2V0 

- Quả cầu chuyển động xiên góc với V2 

 

3 

Vì V 2x =V 1 nên sau khoảng thời gian t quả cầu rơi vào nêm. 

Thời gian bay của quả cầu trong không khí: 

V 2y = V 2 cos - gt 1 = 0 

t 

1 

V2 

cos30 

 

g 

0 

vậy thời gian quả cầu va chạm với nêm lần 2 là t = 2t 1 

0 

4V0 

cos30 3 

t 0,58(s) 

3g 3 

Câu 2 (4,0 điể : 

Ý 

Đáp án 

Điểm 

x 

y 

2 

 

-F 

1 

N 

 

F 

v 0 

f f 

1 

2 

Ch n các chiều dương như hình vẽ. 

Phương trình chuyển động của các hình trụ: 

1 2 

f 

1.r Mr . 1 

2 

1 

 

f f Ma 

1 2 

2 

f 

2.r Mr . 2 

2 

1 2 2x 

(hai hình trụ lăn không trượt nên 

(1)

a 

2x 

1.r 

2.r 

) 

Phương trình chuyển động của khối tâm xe: 

Phương trình chuyển động của quả cầu: 

Từ (1), (2) và (3) ta được: 

F f1 f2 3Ma 

2x 

(2) 

F ma 1x 

(3) 

ma 4Ma 0 

v1x 

v2x 

4M 

1x 0 

2x 

1x 2x 0 

m 

v0 

sin 

1x 

m dv 4M dv 0 v v v sin (4) 

Áp dụng định lý biến thiên động lượng cho quả cầu: 

2x 

 

v0 

cos 

 

 

 

Ndt m dv1y Ndt 2mv0 

cos 

0 v0 

cos 

0 

 

 

v 

 

 

1x 

 

 

Fdt m dv Fdt m 

1x v1x v0 

sin 

 

0 v 0 

0 sin 

 

Do quả cầu trượt trong toàn bộ thời gian va chạm nên ta có: 

 

F N Fdt Ndt 

 

 

0 0 

2mv cos mv v sin 

 

0 1x 0 

Từ (4) và (6) ta tìm được: 

v 

m 

v cos 

2M 

2x 0 

1x 0 

 

v sin 2 cos v (6) 

(5) 

Câu 3 (4,0 điể ): 


tinh. 

Tỉ số khối lượng của trạm và khối lượng vệ 

v ' 

2R 

Khi trạm m từ vệ tinh M 1 tại A, để lợi về năng lượng 

O R 

0,25đ 

thì vận tốc u truyền cho trạm phải cùng hướng 

chuyển động ( v 0 ) của vệ tinh quanh trái Đất M Đ 

Khi đó chính vệ tinh có vận tốc v ngược với hướng 

v 0 

u 

A 

v 

0,25đ 

u . 

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: 

mu - M1v = Mv0với M 

1 

= M - m 

v +v 

u+v 

0 

mu - (M - m)v = Mv 0 

= 

(1) 

m 

M 

0,25đ

Vệ tinh chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính 2R, lực hấp dẫn giữ vai trò lực 

hướng tâm: 

2 

Mv0 MDM MD 

= G v 

2 

0= G 

(2) 

2R (2R) 2R 

Ở rất xa Trái Đất động năng và thế năng của trạm m đều bằng 0 nên theo 

định luật bảo toàn cơ năng ta có: 

2 

Mu MDM MD 

- G = 0 u= G 

(3) 

2 2R 2R 

Xét vệ tinh M 1 (phần còn lại không tính trạm) ở các vị trí A phóng trạm và ở 

vị trí B cận Trái Đất, theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: 

M v M M M v' M M 

- G = - G 

2 2R 2 R 

2 2 

1 D 1 1 D 1 

v' là vận tốc vệ tinh tại B trên quỹ đạo elip. 

Áp dụng định luật 2 Kepler, ta có: 

Rv' = 2Rv (5) 


(4) 

M D 

v = G 3R 

(6) 

Đưa v 0 từ (2), u từ (3) và v từ (6) và (1) ta được: 

MD 

MD 

G + G 

m 

= 

2R 3R 

M MD 

MD 

G + G 

R 3R 

Thay số và ta được: m 0,8 

M 

Câu 4 (4,0 điểm): 


- X t trạng thái 1: 

1 

p dụng phương trình C-M 

15p0V0 

p1V1 nRT1 T1 

 

nR 

- uá trình 2-3: 

p3 p2 

 

V3 V2 

- Từ đồ thị, ta có: 

V 3V ; p p ; V 7V 

3 0 2 0 2 0 

3 

p 

p 

7 

3 0

p dụng phương trình C-M 

9 pV 

p3V3 nRT3 T3 

 

7 nR 

0 0 

2 

Trong đồ thì p-V, chiều di n biến của chu trình cùng chiều kim đồng hồ 

nên chất khí thực hiện công 

A S123 1 p1 p3 V2 V3 

64 p0V0 

2 7 

3 

- X t quá trình 3-1: Đẳng tích 

i 144 

Q31 nR(T1 T 

3) p0V0 

2 7 

- X t quá trình 1-2: 

Phương trình đường thẳng đi qua 1, 2 có dạng 

p aV b 

Đi qua điểm 1, điểm 2 nên ta có hệ 

p0 

5p0 a.3V a 

0 

b 

 

p0 

 

V0 

p V 8p 

p0 a.7V0 

b 

V0 

8p0 

p dụng phương trình C-M, ta được 

pV V p 

 

0 

p.V nRT T V 8p0 

 

nR nR V0 

 

p0 

2 V 

T V 8p0 

nRV nR 

0 

0 

- X t trạng thái B bất kì thuộc quá trình 1-2 pB p;VB 

V 

Nhiệt lượng của khí trong quá trình 1-B là 

Q1B U1B A1B 

i 1 

Q1B nR(TB T 

1) (p1 p 

B)(VB V 

1) 

2 2

3 p0 2 V 15p0V 

 

0 

Q1B nR V 8p0 

 

2 nRV0 

nR nR 

1 p 

5p 

0 

0 

V 8p 

0 

V 3V 

0 

2 

V0 

 

p0 

2 

Q1B 2 V 20p0V 42p0V0 

V0 

b 

Q 

1B 

đạt giá trị lớn nhất tại VC 5V0 

2a 

Nhiệt lượng chất khí nhận trong quá trình 1-2 được tính từ V 

1 

đến VC 5V0 

p0 

2 

Q1C 2 (5V 

0) 20p 

0.5V0 42p0V0 8p0V0 

V0 

Vậy nhiệt lượng chất khí nhận được trong toàn bộ chu trình là 

Q Q Q 144 p V 8p V 

200 p V 

7 7 

Hiệu suất chu trình là 

64 pV 

A 

0 0 

H 7 0,32 32% 

Q 200 

nhan pV 

0 0 

7 

nhan 31 1C 0 0 0 0 0 0 

Câu 5 (3,0 điểm): 


Phương án thí nghiệm 

- Móc vật vào lực kế bởi d y mảnh. 

- Sử dụng đế 3 ch n , trụ , khớp đa năng và tấm gỗ tạo thành hệ mặt phẳng nghiêng 

góc , chú rằng góc phải không đủ lớn để cho mẩu gỗ tự trượt xuống. 

- K o vật trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng, đo được giá trị của lực kế là: 

F Pcos Psin 

(1) 

- K o vật trượt đều đi xuống mặt phẳng nghiêng, đo được giá trị của lực kế là: 

Fx 

Pcos Psin 

(2) 

- Từ (1) và (2) ta thu được: 

 

F 

F 

4P (F F 

) 

x 

2 2 

x 

(3) 

Trong đó P đo được từ lực kế bằng việc treo vật 

- Nhận xét: F luôn lớn hơn F 

x 

do đó từ bảng số liệu trên thì : 

+ F 1 là số chỉ của lực kế khi kéo vật trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng. 

+ F 2 là số chỉ của lực kế khi kéo vật trượt đều đi xuống mặt phẳng nghiêng. 

F1 

F2 

Vậy 

4 P ( F F 

) 

2 2 

1 2 

Bảng số liệu như sau: 

(4) 

Lần đo F 1 (N) F 1i (N) F 2 (N) F 2i (N) P(N) P i (N)

1 3,1 0,1 1.3 0,1 5,7 0,1 

2 3,2 0 1,2 0 5,8 0,2 

3 3,1 0,1 1,0 0,2 5,5 0,1 

4 3,3 0,1 1,1 0,1 5,5 0,1 

5 3,2 0 1,3 0,1 5,7 0,1 

TB 3,2 0,1 1,2 0,1 5,6 0,1 

A 

= A nn 

0,2 0,2 0,2 

+ A dc 

F1 

F2 

+ Tính được giá trị trung bình 

2 

4 P ( F F 

) 

+ Tính sai số tương đối của . 

1 2 

1 2 2 

Từ (4) ln ln( F1 F2 ) ln[4 P ( F1 F2 

) ] 

2 

d 

d( F F ) 1 d[4 P ( F F ) ] 

 

F F P F F 

2 2 

1 2 1 2 

2 2 

1 

 

2 

2 4 ( 

1 

 

2) 

 

F F 4 PP ( F F )( F F 

) 

 

F F P F F 

1 2 1 2 1 2 

2 2 

1 

 

2 

4 ( 

1 

 

2) 

1 2 1 2 1 2 

2 

2 

1 2 4 ( 1 

2) 

2 

0,39 

 

F F 4 PP ( F F )( F F 

) 

0,12 

F F P F F 

+ Tính được sai số tuyệt đối trung bình: 

. 0,05 

Vậy 0,39 0,05 với độ chính xác của ph p đo là 12% 

Giáo viên soạn đề: 

Bùi Đức Sơn 

DĐ: 0949584545



NĂM HỌC 2017 - 2018 

ĐỀ ĐỀ NGHỊ 


Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) 

(Đề thi có 02 trang) 


Trên một mặt phẳng nhẵn người ta đặt 

một chiếc nêm hình lăng trụ khối lượng M, 

các mặt bên tạo thành các mặt phẳng 

nghiêng với các góc so với phương ngang 

như trên hình 1. Từ điểm cao nhất của nêm 

người ta thả không vận tốc đầu hai quyển sổ 

nhỏ khối lượng m 1 và m 2 . 

1) Tỷ số khối lượng m 1 /m 2 phải bằng bao nhiêu để nêm không dịch chuyển? 

2) Tìm biểu thức của gia tốc chuyển động a 0 của nêm với các giá trị bất kỳ của các 

góc nêm. Tương tự, tìm biểu thức các gia tốc a 1 , a 2 của các quyển sổ trong chuyển 

động dọc theo mặt nêm. 

0 m1 , 2 60 , 0,1 

M , m2 0,2 

0 

3) Cho 

1 

30 

M , gia tốc trọng trường 2 

g 10 m / s . Tính 

giá trị các gia tốc a 0 , a 1 , a 2 ? Nêm chuyển động theo hướng nào? 

4)Cần bao nhiêu thời gian để quyển sổ thứ hai (bên phải) đến được mặt phẳng 

ngang, nếu quãng đường cần vượt qua là d =50cm. 

Bài 2: Cơ học vật rắn (4 điểm) 

Một quả cầu đặc khối lượng m đặt tại 

chính giữa trên bề mặt của một khối hình hộp 

khối lượng M và chiều dài 2 l (Hình 2). Một 

lực không đổi tác dụng vào khối hộp từ thời 

điểm t = 0 đến thời điểm t. 

Sau đó lực F ngừng tác dụng. Ma sát giữa mặt sàn và khối hộp không đáng kể. Ma sát 

nghỉ giữa quả cầu đặc và khối hộp đủ lớn để quả cầu lăn không trượt. Giả thiết sau 

g 

m 1 

m 2 

M 

 

2 

1 

Hình 2 

Hình 1 

d 

F

khi ngừng tác dụng lực F thì quả cầu vẫn còn nằm trên khối hộp. Tìm thời gian T kể 

từ lúc bắt đầu tác dụng lực đến khi quả cầu rời khỏi khối hộp. Ma sát lăn không đáng 

kể. 

Bài 3: Cơ học chất lƣu (4 điểm) 

1) Một vật có dạng hình cầu có bán kính R, khối lượng m rơi trong một chất lỏng 

thực, hệ số nhớt . Tính vận tốc tới hạn của vật. Cho khối lượng riêng chất lỏng , 

thể tích của vật là v. 

2) Vật trên (câu 1) chịu tác dụng của một lực kéo F theo phương ngang và 

chuyển động với vận tốc đầu v 0 trong chất lỏng thực, hệ số nhớt . Tìm vận tốc v của 

vật theo thời gian. 

Bài 4: Nhiệt học (4 điểm) 

Xét một lượng khí Nitơ xác định, lượng khí này đầu tiên được làm nóng đẳng 

tích, tiếp theo khí dãn đẳng áp, sau đó làm lạnh đẳng tích và cuối cùng nén đẳng áp 

về trạng thái đầu. Nhiệt độ nhỏ nhất và lớn nhất của khí trong chu trình trên lần lượt 

là T 0 và 4T 0 . Tìm hiệu suất cực đại của chu trình. 

Câu 5: Phƣơng án thực hành (3 điểm) 



- Lực kế. 

- Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng không đổi và chưa biết giá trị góc 

nghiêng. 

- Dây chỉ. 

Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát trượt giữa một mẩu gỗ với 

mặt phẳng nghiêng. Biết rằng độ nghiêng của mặt phẳng không đủ lớn để cho mẩu gỗ 

tự trượt xuống. 

...........................HẾT........................ 

GIÁO VIÊN RA ĐỀ

TRƢƠNG NGỌC ĐIỂU 



NĂM HỌC 2017 - 2018 

HƢỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÝ LỚP 10 

(HDC gồm 08 trang) 


Trên một mặt phẳng nhẵn người ta đặt 

một chiếc nêm hình lăng trụ khối lượng M, 

các mặt bên tạo thành các mặt phẳng 

nghiêng với các góc so với phương ngang 

như trên hình 1. Từ điểm cao nhất của nêm 

người ta thả không vận tốc đầu hai quyển sổ 

nhỏ khối lượng m 1 và m 2 . 

1) Tỷ số khối lượng m 1 /m 2 phải bằng bao nhiêu để nêm không dịch chuyển? 

2) Tìm biểu thức của gia tốc chuyển động a 0 của nêm với các giá trị bất kỳ của các 

góc nêm. Tương tự, tìm biểu thức các gia tốc a 1 , a 2 của các quyển sổ trong chuyển 

động dọc theo mặt nêm. 

0 

0 

3) Cho 1 30 , 

2 

60 

m1 , 0,1 

M , m2 0,2 

M , gia tốc trọng trường 2 

g 10 m / s . Tính 

giá trị các gia tốc a 0 , a 1 , a 2 ? Nêm chuyển động theo hướng nào? 

4)Cần bao nhiêu thời gian để quyển sổ thứ hai (bên phải) đến được mặt phẳng 

ngang, nếu quãng đường cần vượt qua là d =50cm. 

ĐÁP ÁN 


g 

m 1 

m 2 

M 

 

2 

1 

Hình 1 

d 

1 

a 

0 

g 

a 

1 

m 1 

m 2 

N 

a 

1 

M 

N 

2 d 

 

2 

1 

2

Khi nêm đứng yên thì áp lực tác dụng lên hai mặt bên của nêm có 

giá trị N1 m1 gcos1 

và N2 m2gcos2 

Tổng các lực theo phương ngang phải bằng không, từ đây điều 

kiện cân bằng là 

m gcos sin m gcos sin 

1 1 1 2 2 2 

0,25 

0,5 

0,25 

2) 

m 

m 

cos sin sin 2 

cos sin sin 2 

1 1 1 1 

Hay 

2 2 2 2 

Khi các góc của lăng trụ có thể nhận giá trị bất kỳ, không thể xác 

định được hướng chuyển động của nêm. Giả sử gia tốc của nêm 

hướng sang trái. Nếu nêm chuyển động sang phải thì a 0 sẽ nhận 

giá trị âm mà cách giải bài toán không cần thay đổi. 

Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm 

Phương trình chuyển động của 2 quyển sổ theo phương dọc mặt 

nêm: 

m a m g sin 

m a cos 

(1) 

1 1 1 1 1 0 1 

m a m g sin 

m a cos 

(2) 

2 2 2 2 2 0 2 

Độ lớn các áp lực của 2 quyển sổ lên hai mặt nêm là : 

N m gcos 

m a sin 

(3) 

1 1 1 1 0 1 

N m gcos 

m a sin 

(4) 

2 2 2 2 0 2 

Định luật II Niu tơn cho chuyển động theo phương ngang của 

nêm 

Ma N sin 

N sin 

(5) 

0 2 2 1 1 

Từ 5 pt trên, giải ra được 

a 

m sin cos m sin cos 

 

g 

2 2 2 1 1 1 

0 2 2 

M m1 sin 1 m2 sin 2 

( M m )sin m sin cos( 

) 

a 

g 

a 

1 1 2 2 1 2 

1 2 2 


( M m )sin m sin cos( 

) 

 

g 

2 2 2 2 1 2 

2 2 2 


Thay số vào ta được 

0,5 

0,5 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25

2 2 2 

3) a0 0,37 m / s ; a1 4,7 m / s ; a2 

8,8 m / s 

a 0 có giá trị dương. Tức là nêm chuyển động sang trái 

4) Quyển sổ chuyển động nhanh dần đều không vận tốc đầu 

1 2d 

2 

d at t 0,34s 

2 

2 

a2 

0,5 

0,25 

0,5 

Bài 2: Cơ học vật rắn (4 điểm) 

Một quả cầu đặc khối lượng m đặt tại chính giữa trên bề mặt của một khối hình hộp 

khối lượng M và chiều dài 2 l (Hình 2). Một lực không đổi tác dụng vào khối hộp từ 

thời điểm t = 0 đến thời điểm t. Sau đó lực F ngừng tác dụng. Ma sát giữa mặt sàn và 

khối hộp không đáng kể. Ma sát nghỉ giữa quả cầu đặc và khối hộp đủ lớn để quả cầu 

lăn không trượt. Giả thiết sau khi ngừng tác dụng lực F thì quả cầu vẫn còn nằm trên 

khối hộp. Tìm thời gian T kể từ lúc bắt đầu tác dụng lực đến khi quả cầu rời khỏi 

khối hộp. Ma sát lăn không đáng kể. 

ĐÁP ÁN 

Ý Nội dung yêu cầu Điểm 

Vẽ hình 0.5 

F' ms 

F ms 

F 

Hình 2 

F 

Đối với khối hộp: F-F ms = MA (A gia tốc của quả cầu) (1) 0,25 

Đối với quả cầu F ms =ma (F ms = F ) (2) 0,25 

' ms 

2 2 

Phương trình momen lực: F ms .R= mR (3) 

0,25 

5 

Do lăn không trượt nên gia tốc của quả cầu so với khối hộp: 

a12 R , với a 12 = A a 

(4) 

Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta được 

0,5 

0,25

2F 

a 

2m 

7M 

A = 

7 7F 

a 

2 2m 

7M 

Vào thời điểm t, tốc độ của khối hộp và của quả cầu đối với đất 

được tính bởi biểu thức: 

V = At và v = at. 

Gọi T-t là thời gian quả cầu tiếp tục chuyển động trên khối hộp 

sau khi ngừng tác dụng lực F. Ta có quãng đường đi được của 

khối hộp bao gồm chuyển động nhanh dần đều ở giai đoạn đầu 

(có lực F) và giai đoạn sau (hết lực F) 

0,25 

0,5 

0,25 

1 2 

S At 

2 

At ( T t) 

Quãng đường đi của quả cầu 

1 2 

s at 

2 

at( 

T t) 

Quả cầu rơi vào lúc 

l t 

Suy ra T= = 

( A a) 

t 2 

0,25 

S s l 

0,25 

l( 2m 

7M 

) t 

 

5F 

2 

0,5 

Bài 3: Cơ học thiên thể, cơ học chất lƣu (4 điểm) 

1) Một vật có dạng hình cầu có bán kính R, khối lượng m rơi trong một chất lỏng 

thực, hệ số nhớt . Tính vận tốc tới hạn của vật. Cho khối lượng riêng chất lỏng , 

thể tích của vật là v. 

2) Vật trên (câu 1) chịu tác dụng của một lực kéo F theo phương ngang và 

chuyển động với vận tốc đầu v 0 trong chất lỏng thực, hệ số nhớt . Tìm vận tốc v của 

vật theo thời gian. 

ĐÁP ÁN 


Ban đầu do F 6Rv 

nhỏ nên vật chuyển động nhanh 

C

1) 

dần, khi v tăng lực cản tăng đến khi chuyển động đều. 

F = 0 mg F 6Rv 

0 

A 

mg vg 6 R 

v 0 

v 

 

mg vg 

6 R 

dv 

F FC 

ma F 6Rv m dt 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

2) 

 

 

dv 

 

F 6Rv 

dt 

m 

d( 

F 6Rv) 

1 

. 

F 6Rv 

6R 

dt 

 

m 

0,5 

Tích phân 2 vế ta được: 

= - 6R t C 

ln( F 6 vR) 

khi t = 0 thì v = v 0 , ta có C ln( F 6Rv0 

) 

Biểu thức (*) được viết lại: 

m 

(*) 

0,5 

F 6 

Rv 6 

R 

ln 

t 

F 6 

Rv m 

0 

 

F 6 

Rv 

F 6 

Rv 

0 

e 

6R 

t 

m 

0,5 

F F 6R 

v ( v 

0 

).e t 

6R 

6R 

m 

Số hạng thứ 2 giảm rất nhanh sau đó vận tốc đạt giá trị không 

đổi bằng 

F 

6R 

0,5 

Bài 4: Nhiệt học (4 điểm) 

Xét một lượng khí Nitơ xác định, lượng khí này đầu tiên được làm nóng đẳng tích, 

tiếp theo khí dãn đẳng áp, sau đó làm lạnh đẳng tích và cuối cùng nén đẳng áp về 

trạng thái đầu. Nhiệt độ nhỏ nhất và lớn nhất của khí trong chu trình trên lần lượt là 

T 0 và 4T 0 . Tìm hiệu suất cực đại của chu trình. 

ĐÁP ÁN 


p 

p 1 

1 2

Giả sử ở trạng thái ban đầu áp suất và thể tích có giá trị p 0 và V 0 và giá 

trị thể tích lớn nhất mà chất khí đạt được trong cả suốt quá trình biến đổi 

trạng thái là xV 0 . 

Hiệu suất 

A' 

H Q 

n 

- Công mà chất khí thực hiện trong cả chu trình 

A' ( p p )( V V ) 

(2) 

1 0 2 1 

p V p xV 4 p 

(3) 

0 0 1 0 0 

Mà p1 

T0 4T0 

x 

Thế (3) vào (1) ta được 

4 p0 4 

p0V0 

A' ( p0)( xV0 V0 ) p0V0 

( 1)( x 1) (4 x)( x 1) 

x x x 

Dễ dàng nhận thấy giá trị của x phải thoả mãn 1x 

4. Khi x=1 và x=4 

thì công chất khí thực hiện bằng 0, vì vậy hiệu suất bằng 0. 

- Chất khí nhận nhiệt ứng với 2 quá trình(0-1) và (1-2) 

i 

5 4 p0 

5 4 5 4 x 

Q01 U1 CV 

T 

R( T1 T0 ) ( p0) V0 p0V0 ( 1) 

p0V0 

2 2 x 2 x 2 x 

5 7 7 4 p0 

Q12 U 2 

pV C pT p1V RT p1V p1V ( xV0 V0 

) 

2 2 2 x 

14 x 1 

p0V0 ( x 1) 14 

p0V0 

x 

x 

Tổng nhiệt lượng mà chất khí nhận được trong chu trình là 

5 4 x 

x1 

pV 

Qn 

Q Q p V p V x 

2 x x x 

0 0 

01 12 0 0 

14 

0 0 

(11,5 4) 

Từ đó suy ra hiệu suất của chu trình là hàm số theo x 

pV 

(4 x)( x1) 

A x 

x x x x 

H 

Q pV 

n 0 0 

(11,5 x 4) 

(11,5 x 4) 4 11,5 

x 

x 

0 0 

2 

' (4 )( 1) 5 4 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 

0,25 

0,5

Hiệu suất đạt giá trị cực đại khi 

dH ( x) 

0 

dx 

0,25 

 

x x x x 

2 

(4 11,5 x) 

2 

(2 5)(4 11,5 ) 11,5( 5 4) 

 

2 

(2x 5)(4 11,5 x) 11,5( x 5x 

4) 

 

2 

11,5 x 8x 

26 0 

0 

Giải pt ta được x 1 

1,89 (chọn) và x2 1,2 (loại) 

Vậy 

2 

x 5x4 

H 0,106 10,6% 

4 11,5 

x 

0,25 

0,25 

Câu 5: Phƣơng án thực hành (3 điểm) 



- Lực kế. 

- Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng không đổi và chưa biết giá trị góc nghiêng. 

- Dây chỉ. 

Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát trượt giữa một mẩu gỗ với 

mặt phẳng nghiêng. Biết rằng độ nghiêng của mặt phẳng không đủ lớn để cho mẩu gỗ 

tự trượt xuống. 

ĐÁP ÁN 

Ý Nội dung Điểm

3đ 

- Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt đều đi lên mặt phẳng 

nghiêng, khi đó ta có: 

F 1 = Pcos + Psin (1) 

Với F 1 là số chỉ của lực kế khi đó. 

- Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống ta có: 

F 2 = Pcos - Psin (2) 

Với F 1 là số chỉ của lực kế khi đó. 

- Trừ vế theo vế của (1) với (2) ta được: 

F 1 - F 2 =2Psin 

F F2 

sin 

2P 

(3) 

- Cộng vế với vế phương trình (1) và (2) ta được: 

1 

F F2 

cos 

2P 

(4) 

1 

- Bình phương 2 vế pt (3), (4) và sau đó cộng vế theo vế ta được: 

1 2 2 1 2 2 

1 2 

1 ( F F ) ( F F ) 

F 

 

F 

2P 2kP 4 P ( F F 

) 

2 2 

1 2 

- Các lực đều được đo bằng lực kế, từ đó tính được . 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

1,0 

......................HẾT....................... 

GIÁO VIÊN RA ĐỀ 

TRƢƠNG NGỌC ĐIỂU


QUỐC HỌC HUẾ 




ĐỀ NGHỊ 

ĐỀ THI M N V T ỚP 10 


(Đề thi gồm 06 câu in trong 03 trang) 

HỌ VÀ TÊN THÍ SINH: ………………………………………………… 

SỐ BÁO DANH:…………………………. 

Bài 1. (5 điểm - Cơ học chất điểm) 

Một vật nhỏ khối lượng m được phóng trên mặt nghiêng 

nhẵn của nêm có cùng khối lượng (trong quá trình 

chuyển động vật luôn tiếp xúc với mặt nghiêng của 

nêm). Nêm đặt trên một mặt bàn nằm ngang không ma 

sát. Vận tốc ban đầu của vật bằng v 0 và lập một góc 45 0 

với cạnh của nêm. Biết góc nhị diện của nêm cũng bằng 

45 0 (hình vẽ), gia tốc rơi tự do là g . 

v 0 

0 

45 

0 

45 

a. Tìm phản lực do nêm tác dụng lên vật. 

b. Sau bao lâu vật quay trở lại độ cao ban đầu. 

c. Vận tốc của vật tại điểm cao nhất của quỹ đạo. 

d. Tính bán kính cong của quỹ đạo tại điểm cao nhất. 

Giả thiết chuyển động tịnh tiến của nêm chỉ được phép theo hướng vuông góc với cạnh của 

nó. 

Bài 2. (4 điểm - Cơ vật rắn) 

Một quả cầu đặc đồng chất khối lượng m, bán kính R 

đang quay với tốc độ góc 

0 

. Trục quay đi qua tâm quả 

cầu và lập với phương thẳng đứng . Vận tốc ban đầu của 

tâm quả cầu bằng không. Đặt nhẹ quả cầu lên mặt bàn 

nằm ngang. Hãy xác định vận tốc của tâm quả cầu và 

 

0 

1

động năng của quả cầu tại thời điểm nó ngừng trượt trên mặt bàn. Bỏ qua ma sát lăn. 

0 

Áp dụng số: m 1 kg; R 10 cm; 10 rad / s; 12 . 

0 

Bài 3. Chọn một trong hai bài (Cơ học thiên thể hoặc cơ học chất lưu) 

1. (4 điểm - Cơ học thiên thể): Hoàng tử Bé (nhân vật trong tiểu thuyết) sống trên tiểu hành 

3 

tinh hình cầu có tên B-612. Khối lượng riêng hành tinh là 5200 kg / m . Hoàng tử nhận thấy 

rằng nếu ánh ta bước nhanh hơn thì cảm thấy mình nhẹ hơn. Khi đi với vận tốc 2 m/s thì 

thấy mình ở trạng thái không trọng lượng và bắt đầu quay xung quanh tiểu hành tinh đó như 

vệ tinh. 

a. Giả sử tiểu hành tinh đó không quay. Hãy xác định bán kính của nó. 

b. Xác định vận tốc vũ trụ cấp II đối với tiểu hành tinh đó. 

c. Giả sử tiểu hành tinh quay xung quanh trục của nó và một ngày có 12 giờ. Xác định vận 

tốc chạy tối thiểu của tiểu Hoàng tử bé để quay xung quanh tiểu hành tinh. 

2. (4 điểm - Cơ học chất lưu) 

Một đồng hồ nước được sử dụng phổ biến ở thời Hy lạp cổ đại, được thiết 

kế dưới dạng bình chứa nước với lỗ nhỏ O (hình vẽ). Thời gian được xác 

định theo mực nước trong bình. Hãy xác định hình dạng của bình để các 

vạch chia thời gian là đồng đều (các vạch cách nhau cùng độ cao chỉ các 

khoảng thời gian bằng nhau). Nút A, B để thông khí. 

Bài 4. (4 điểm – Nhiệt học) Sự thay đổi áp suất của hệ xi lanh mở 

Dưới pittông của một xi lanh hình trụ chứa một lượng không khí. Ở 

thành của xi lanh có hai van: van hút khí K 1 và van thoát khí K 2 . Van 

hút khí K 1 mở khi độ chênh lệch áp suất của không khí ở ngoài so với 

trong xi lanh vượt quá ∆ 1 =0,2p o (p o là áp suất khí quyển). Van thoát 

khí K 2 mở khi độ chênh lệch áp suất của không khí bên trong so với 

bên ngoài xi lanh vượt quá ∆ 2 =0,4p o . Pittông thực hiện nhiều lần 

chuyển động lên xuống rất chậm, sao cho thể tích không khí trong xi lanh thay đổi trong 

phạm vi V o đến 2V o . Nhiệt độ của hệ không đổi và bằng T o . Sau nhiều lần cho pittông 

chuyển động lên xuống ổn định. Hãy: 

a. Xác định giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của lượng không khí trong xi lanh (tính theo 

p0, V0 , T 

0 

). 

2 

A 

p0, 

T0 

K 1 

B 

O 

K 1

. Biểu diễn quá trình diễn ra của không khí trong xi lanh ở sơ đồ p-V. 

c. Trả lời hai câu hỏi của bài toán nếu ∆ 1 =0,4p o còn ∆ 2 =0,2p o . 

Bài 5. (3 điểm - Phương án thực hành) Đo hệ số nhớt 

Biết lực cản tác dụng lên vật hình cầu chuyển động trong chất lỏng được tính theo biểu thức 

fC 

6Rv 

Cho các dụng cụ: 

( là hệ số ma sát nhớt, R và v tương ứng là bán kính và vận tốc của vật. 

- Một ống thủy tinh dài có vạch chia độ dài, chứa đầy dầu ăn có khối 

lượng riêng 

1 

đã biết; 

- Nước tinh khiết có khối lượng riêng 

2 

đã biết; 

- Ống nhỏ giọt (xilanh); 

- Cân, cốc thủy tinh và đồng hồ bấm giây. 

a. Trình bày cơ sở lí thuyết xác định hệ số nhớt của dầu ăn. 

b. Trình bày các bước tiến hành thí nghiệm, thiết kế biểu bảng cần thiết để ghi số liệu. 

c. Nêu những chú ý hạn chế sai số. 

---------------- Hết-------------- 

3


Bài 1. (5 điểm - Cơ học chất điểm) 

/ 

a. Kí hiệu N, 

N là lực tương tác giữa vật và nêm, a 1 và a 2 lần lượt là gia tốc 

của vật so với nêm và gia tốc của nêm. 

- Xét nêm: 

N sin ma 

(1) 

2 

- Xét vật: theo phương vuông góc với cạnh của nêm và vuông góc với mặt nêm ta 

có: 

Giải hệ các phương trình trên ta được: 

a 

a 

sincos 

g 

g 

1 

sin 3 

2 2 

2sin 

2 2g 

g 

1 

sin 3 

1 2 

N mg 

2cos 

2mg 

 

 

2 

1 sin 3 

mg sin 

ma cos ma 

(2) 

2 1 

N mgcos 

ma 

sin (3) 

b. Phản lực N không phụ thuộc vào vị trí và vận tốc của vật. Trong hệ quy chiếu 

gắn với nêm, vật chuyển động như vật bị ném xiên trong trọng trường hiệu dụng 

2 

F q 

N 

p 

a 1 

2 

a 

Điểm 

0,5đ 

1,0đ 

/ 

g a 1 

. Do vậy, thời gian vật trở lại độ cao ban đầu: 

t 

2v 

sin 

3v 

a 2g 

0 0 

. 

1 

c. Tại điểm cao nhất vật tốc của vật so với nêm có phương ngang và song song 

với cạnh của nêm 

os v 

v1 v0c 

2 

0 

. 

Còn so với mặt đất, vận tốc của vật tại điểm cao nhất: 

2 2 2 / 

2 3v0 

v v1 v2 v0cos 

a2t 

, với 

4 

0,5đ 

0,5đ 

/ t 3v0 

 

t 

 

2 4g 

. 0,5đ 

4

d. 

v 1 

 

v 

v 2 

a 1 

a 1x 

 

a 1y 

a 2 

0,5đ 

 

Phân tích a1 a1x 

a1y. Vậy gia tốc của vật a a1 a2 ( a a2) a1y 

. 

Nhận thấy rằng a 1y đã vuông góc với v , thành phần còn lại vuông góc với v là 

1x 

( a a )sin 

. Hai thành phần này lại vuông góc với nhau nên gia tốc hướng 

2 1x 

tâm của vật là: 

( )sin 2 

a a a a , 

2 

n 1y 2 1x 

0,5đ 

với 

a 

a 

2g 

a cos 

 

3 

2g 

a 

sin 

 

3 

1x 

1 

1y 

1 

v 

sin 

 

v 

Thay vào ta có 

1 

2 

2 2 

 

3 

Vậy, bán kính quỹ đạo của vật tại điểm cao nhất là: 

an 

2 11 

g 

9 

0,5đ 

2 

2 

v 81 v0 

R . 

a 32 11 g 

0,5đ 

n 

5

Bài 2. (4 điểm - Cơ vật rắn) 

Điểm 

L 1 

 

L 0 

0 

L 2 

Phân tích mô men động lượng : 

 

1 

L0 L1 L2 

, với 

L L cos cos 

L 

1 0 1 0 

L sin sin 

2 0 2 0 

2 

0,5đ 

F ms 

Thành phần 

1 có giá trị không đổi khi quả cầu chạm vào mặt sàn do không có 

lực nào gây ra mô men cản. Động năng ứng với thành phần này: 

1 2 1 2 2 2 2 

Wd 1 

I11 mR 0cos . 

2 2 5 

Thành phần 2 

thay đổi do mô men của lực ma sát trượt 

Fms 

hướng ra (hình). Gọi 

v và là vận tốc của tâm và vận tốc góc theo phương ngang của quả cầu khi nó 

bắt đầu lăn không trượt, ta có: 

Phương trình mômen: 

v 

R 

(1) 

d 

2 

FmsR I mR 

dt 5 

2 d 

Fms 

mR 

5 dt 

Phương trình định luật II Newton: 

F 

ms 

dv 

m dt 

2 

d 

dt 

(2) 

(3) 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

6

Từ (2) và (3): 

2 v 2 

dv Rd 

dv R d 

 

5 

0 

5 

2 

v R ( 2 

 

) 

5 

2 2 2 

7 7 7 

Từ (1) và (4) rút ra: 2 0 sin ; v R R0 

sin . 

Vậy, động năng của quả cầu tại điểm ngừng trượt là: 

1 1 

 

 

2 2 

Wd Wd1 

mv I 2 2 

 

 

2 

(4) 

0,5đ 

0,5đ 

Thay số 

2 2 

2 2 2 2 

0 os 0 sin 0 

sin 

1 2 1 2 1 2 2 

mR c m R mR 

2 5 2 7 2 5 7 

1 2 2 2 2 

2 

mR 0cos 

mR0sin 

 

5 35 

1 2 2 2 

mR 0 

5cos 2 . 

35 

2 

v R0 

sin 

0,0594 m / s; 

7 

1 2 2 2 

Wd 

mR 0 

5cos 2 

0,1938 J. 

35 

0,5đ 

0,5đ 

Bài 3. Chọn một trong hai bài (Cơ học thiên thể hoặc cơ học chất lưu) 

1. (4 điểm - Cơ học thiên thể) 4,0 đ 

a. Lực hấp dẫn giữa hành tinh và Hoàng tử đóng vai trò là lực hướng tâm. Gọi M, 

m lần lượt là khối lượng của hành tinh và Hoàng tử. Ta có: 

4 

3 

mM 

G 

2 

R 

v 

m 

R 

2 

1 

, (1) 

3 

với M R 

( là khối lượng riêng của hành tinh) 

Thay vào (1) ta rút ra được: 

0,5đ 

R 

2 

3v1 

4G 

3 

Thay số v1 2 m / s; 5200 kg / m ta tính được R 

1659 m. 

1,0đ 

7

. Cơ năng của Hoàng tử bé 

2 

mv mM 

W G . 

2 R 

2GM 

R 

Điều kiện thoát là W 0 v 2v1 

. 0,5đ 

Vậy vận tốc vũ trụ cấp 2 đối với tiểu hành tinh đó là 

v 2v 

2 2 2,83 m / s 

. 0,5đ 

2 1 

c. Vận tốc tự quay của tiểu hành tinh là: 

2 

R 

v0 

0,24 m/ 

s, 

T 

với T=43200s. 

Vận tốc chạy tối thiểu của Hoàng tử để quay xung quanh tiểu hành tinh khi 

Hoàng tử chạy ngược chiều quay của tiểu hành tinh. Vận tốc tối thiểu có độ lớn 

là: 

min 1 0 

0,5đ 

v v v 2 0,24 1,76 m / s. 

1,0đ 

2. (4 điểm - Cơ học chất lưu) 4,0 đ 

y 

Theo công thức Torricelli, ta có vận tốc đầu ra: 

v 2gy 

với y là mực nước tính từ O. 

Đồng hồ đối xứng tròn xoay, tiết diện lỗ O là a. 

Tiết diện mặt nước tại thời điểm khảo sát là 

, 

O 

v 

x 

1,0đ 

A 

x 

Thể tích nước chảy qua O trong thời gian dt là: 

2 

dV avdt a 2gydt 

Mực nước trong bình giảm xuống tương ứng là 

dV dh a 2gy 

dh 

2 

A dt x 

. 

. 

0,5đ 

1,0đ 

8

Theo yêu cầu: 

2 

a 2gy 

ons . 1 4 

ons ons . 

2 

dh c t 

c t c t y x 

dt x a 2g 

1,0đ 

Vậy: Hình dạng của bình y tỉ lệ với 

4 

x . 0,5đ 

Bài 4. (4 điểm – Nhiệt) 

Viết phương trình C-M cho khí trong xi lanh: pV= RT o , với p,V và lần lượt 

là áp suất, thể tích và lượng không khí phù hợp trong xi lanh. Với điều kiện nhiệt 

độ không đổi, nhưng lượng không khí trong xi lanh có thể thay đổi, nếu hoặc 

là không khí đi vào xi lanh qua van hút khí K 1 , hoặc là không khí thoát ra khỏi xi 

lanh qua van thoát K 2 . 

a. Van hút khí K 1 mở khi áp suất không khí bên trong xi lanh thỏa mãn điều kiện 

p p o + ∆ 2 = 1,4p o . Nếu không van nào trong hai van mở trong quá trình 

dao động của pittông thì áp suất trong xi lanh sẽ tăng hai lần tại vị trí cao nhất 

của pittông so với vị trí thấp nhất. Nhưng lúc đó không thể thỏa mãn được điều 

kiện 0,8 p0 p 1,4 p0, đó là điều kiện cần phải thỏa mãn để không van nào mở. 

Điểm 

0,5đ 

Do đó, tồn tại các khoảng thời gian, khi không khí tràn chậm vào xi lanh qua van 

hút và khi không khí thoát chậm ra khỏi xi lanh qua van thoát. 

Khi không khí tràn vào xi lanh, lượng không khí tăng với sự tăng của thể tích và 

đến giá trị cực đại, khi đó pittông nằm ở vị trí cao nhất. Giá trị cực đại đó bằng: 

0,8 p .2V 1,6 p . V 

0 0 0 0 

max 

RT 

0 

RT 

0,5đ 

0 

Khi không khí thoát ra khỏi xi lanh, lượng không khí giảm và đến giá trị nhỏ nhất 

khi nó nằm ở vị trí thấp nhất, do đó: 

1,4 pV . 

0 0 

min 

0,5đ 

RT0 

b. Quá trình diễn ra với không khí trong xi lanh: Xét điểm bắt đầu khảo sát là khi 

pittông đang ở vị trí thấp nhất (thể tích V o ) chuẩn bị đi lên: 

- Giai đoạn giãn đẳng nhiệt từ thể tích V o với lượng khí trong xi lanh không đổi, 

sau đó là giai đoạn giãn đẳng áp đến thể tích 2V o với sự tăng của lượng không 

0,5đ 

9

khí 

- Tiếp theo là giai đoạn nén đẳng nhiệt 

từ thể tích 2V o với lượng khí không đổi 

khác và cuối cùng là giai đoạn nén 

đẳng áp đến thể tích ban đầu V o với 

lượng không khí giảm. Trong sơ đồ p- 

V, quá trình này được biểu diễn như 

hình . 

c. Xét trường hợp thứ hai của đề bài, khi mà ∆ 1 =0,4p o còn ∆ 2 =0,2p o . Van hút mở 

khi áp suất trong xi lanh thoả mãn p 

suất trong xi lanh thỏa mãn p > p o + ∆ 2 = 1,2p o . Ta thấy rằng với sự biến đổi thể 

tích của không khí tăng 2 lần có thể thỏa mãn được điều kiện 

0,6 p p 1,2 p 

, với việc cả hai van đều không mở trong suốt quá trình. 

0 0 

Như vậy, trong trường hợp này lượng 

không khí trong xi lanh giữ nguyên 

không đổi và bằng 

1, 2 pV . 

 

RT 

0 0 

Quá trình, diễn ra với lượng khí trong 

xi lanh trong trường hợp này, bao gồm 

một đường đẳng nhiệt, theo chiều 

thuận và theo chiều nghịch. 

0 

p 

1, 4 p 

0 

0,8p 

0 

O 

p 

1, 2 p 

0 

0,6 p 

0 

O 

V 

0 

2V 

0 

V 

0 2V 

0 

V 

V 

1,0đ 

0,5đ 

0,5đ 

10

Bài 5. (3 điểm -Phương án thực hành) 

a. Cơ sở lí thuyết Điểm 

Một của cầu bán kính r, khối lượng riềng 

2 

, chuyển động dưới 

tác dụng của trọng lực trong môi trường chất lỏng có khối 

lượng riêng 1 

đã biết. Quả cầu này chuyển động đến một điểm 

nào đó thì các lực tác dụng lên nó cân bằng, vận tốc đạt đến giá 

trị cưc đại v 0 

. Phương trình động lực học có dạng: 

0,5đ 

Vậy: 

F f p 0 

A 

C 

F f p. 

A 

C 

4 3 4 3 

r 1g 6 Rv0 r 2g 

3 3 

2 2 

rg( 2 1). 

9v 

0 

1,0đ 

b. Tiến hành thí nghiệm 

Bước 1: Xác định bán kính giọt nước bằng cách dung ống nhỏ giọt nhỏ khoảng 

100 giọt nước vào cố thủy tinh, đặt lên cân từ đó suy ra khối lượng trung bình 

0,25đ 

của mỗi giọt. Biết khối lượng riêng ta tìm được bán kính trung bình mỗi giọt 

nước. 

Bước 2: Dùng ống nhỏ giọt nhỏ một giọt nước vào ống thủy tinh (giọt nước có 

dạng hình cầu chuyển động trong ống thủy tinh chứa dầu). 0,25đ 

Bước 3: Sử dụng đồng hồ đo thời gian chuyển động của giọt nước khi nó rơi dọc 

theo chiều dài của như đưa ra trong Bảng (ở sau). Chú ý đánh dấu vị trí 20 cm là 

0,25đ 

điểm bắt đầu đo thời gian vì khi đó giọt nước bắt đầu chuyển động đều. Nếu giọt 

nước chạm thành ống thủy tinh thì phải làm lại. 

Bước 4: Ghi lại thời gian t 1 thực hiện cho giọt nước rơi từ điểm bắt đầu đến các vị 

trí 40, 50, 60, 70 cm…trên ống thủy tinh. 

0,25đ 

Bước 5: Lặp lại bước 2 và ghi lại thời gian t 2 . 

11

Bảng số liệu 

Vị trí tính 

giờ (cm) 

20 

30 

40 

50 

60 

70 

… 

Quảng 

đường 

chuyển động 

Thời gian 

t 1 t 2 t 

0,5đ 

Xử lí số liệu 

- Tính giá trị trung bình t 1 và t 2 và ghi lại giá trị t. 

- Vẽ đồ thị của quảng đường chuyển động theo thời gian. 

- Xac định độ dốc của đồ thị suy ra vận tốc v. 

2 

- Tính hệ số ma sát nhớt theo công thức: rg 

2 

9v 

0 

( ). 

2 1 

c. Cách hạn chế sai số 

- Bấm đồng hồ kịp thời khi giọt nước đi qua những vị trí xác định. 

- Không để ống nhỏ giọt chạm vào dầu ăn, 

- Thả giọt nước gần sát với bề mặt dầu ăn. 

0,5đ 

0,5đ 

Huế, ngày 17 tháng 3 năm 2018 


-----------------HẾT---------------- 

ê Quốc Anh 

0935 935 771 

12



TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH 

***** 


(Đề bài gồm 02 trang) 




Môn: VẬT LÍ LỚP 10 



Một vật nhỏ có khối lượng m trượt trong một đường trượt tròn có thành thẳng đứng. Đường 

trượt có bán kính r nằm trên mặt phẳng ngang và trong quá trình trượt, vật luôn tiếp xúc cả với 

đường trượt ngang và thành thẳng đứng của đường với hệ số ma sát trượt đều là . Ban đầu vật 

được cung cấp vận tốc v0 tiếp tuyến với đường trượt. 

1. Gọi động năng của vật sau khi nó đi được một cung bằng φ là E. Xác định theo g, r, , m và E? 

2. Tính động năng E của vật ở thời điểm đang trượt theo m, g, r, µ và v0? 

Xác định v0 theo g, r, sao cho vật trượt được đúng một vòng rồi dừng lại? 


Một tàu vũ trụ chuyển động trên một quỹ đạo tròn quanh Mặt Trời và ở 

rất gần Trái Đất. Nó cần chuyển đến một quỹ đạo tròn quanh Mặt Trời 

nhưng ở rất gần với sao Hỏa. Để thực hiện việc này, tàu phải khởi động 

tên lửa để tăng tốc thêm một lượng v1 từ quỹ đạo quanh Trái Đất rồi 

chuyển sang quỹ đạo ellip (in đậm), tới gần sao Hỏa thì tăng tốc lần thứ 

hai thêm lượng v2. Giả sử cả hai lần tàu đều tăng tốc tức thời và bỏ qua 

sự thay đổi khối lượng cũng như lực hấp dẫn của Trái Đất và sao Hỏa 

(không bỏ qua tác dụng của Mặt Trời!). Coi quỹ đạo của Trái Đất, sao Hỏa 

quanh Mặt Trời là tròn với bán kính tương ứng là RE và RM = RE /, vận 

tốc tương ứng là vE, vM. 

1. Xác định độ tăng tốc độ v1 cần thiết để chuyển sang quỹ đạo ellip theo vE và . 

2. Xác định độ tăng tốc độ v2 cần thiết để chuyển sang quỹ đạo tròn gần sao Hỏa theo vE và . 

3. Tính khoảng cách góc giữa Trái Đất và sao Hỏa, nhìn từ Mặt Trời, theo . Biết tàu rời quỹ đạo 

gần Trái Đất từ vị trí Trái Đất và đến quỹ đạo gần sao Hỏa ở đúng vị trí sao Hỏa. (Khoảng cách góc 

là góc giữa các bán kính nối Mặt Trời với Trái Đất và Mặt Trời với sao Hỏa). 

Bài 3.(4 điểm) 

Một trụ tròn đồng chất khối lượng m, bán kính r tại thời điểm t = 0 

đứng yên tại vị trí xC = 0 trên một băng tải nhám. Băng tải chuyển 

động với vận tốc v0 không đổi. Hệ số ma sát trượt giữa trụ tròn và 

băng tải là µ. Biết α, r, m, v0 và µ = 2tanα. Hãy tìm: 

1. Thời điểm t1 kể từ đó trụ trong lăn không trượt trên băng tải. 

v 0 

α 

C 

x 

y 

2. Giá trị cực đại của x mà trọng tâm C của trụ đạt được? 


Một bình hình trụ thành mỏng, tiết diện ngang là S, đặt thẳng đứng. Trong bình 

có một pittôn, khối lượng cũng như bề dày pittôn không đáng kể. Pittôn nối 

với mặt trên của bình bằng một lò xo có độ cứng k. Trong bình và ở phía dưới 

pittôn có chứa một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử khối lượng m, khối lượng 

h

mol là . Lúc đầu nhiệt độ của khí trong bình là T1. Biết rằng chiều dài của lò xo khi không biến 

dạng vừa bằng chiều cao của bình, phía trên pittôn là chân không. Bỏ qua khối lượng của lò xo và 

ma sát giữa pittôn với thành bình. 

1. Cần phải tăng nhiệt độ cuả khí tới giá trị nào để thể tích khí trong bình tăng thêm 20%. 

2. Tính nhiệt lượng cần truyền cho bình để thể tích của khí trong bình đạt tới giá trị trên. Bỏ qua 

nhiệt dung của pittôn và của bình. 

3. Chứng tỏ rằng trong một giới hạn cho phép (độ biến dạng của lò xo không quá lớn để lực đàn 

hồi của lò xo vẫn còn tỷ lệ với độ biến dạng của nó) thì nhiệt dung của hệ gồm lò xo, pittôn và khí 

trong bình phụ thuộc vào chiều cao h của cột khí trong bình theo một quy luật xác định. Tìm quy 

luật đó. 


Có một thùng nước nóng đậy kín cách nhiệt tốt chỉ có thể lấy được nước ra qua một vòi có 

khóa. Người ta muốn đo nhiệt độ của nước trong thùng nhưng trong tay chỉ có một ống nghiệm 

dung tích nhỏ, một nhiệt kế thuỷ ngân, một đồng hồ bấm giây và một bút viết trên thuỷ tinh (mực 

không tan trong nước). Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để chỉ cần lấy ra những lượng nước 

nhỏ mà có thể xác định được nhiệt độ của nước trong thùng. Xét thí nghiệm trong trường hợp: 

1. Ống nghiệm được bọc ngoài bằng bông cách nhiệt tốt. 

2. Ốngnghiệm được bọc ngoài bằng bông cách nhiệt không tốt lắm. 

*** HẾT *** 

Nguyễn Thanh Sơn 

ĐT: 0989536727


Bài Nội dung Điểm 

1. (1,5đ) 

Gọi v là vận tốc của vật sau khi di chuyển được cung tròn trên đường trượt ứng với góc 

Bài 1 

(4 đ) 

φ. 

Áp dụng ĐL II Niu-tơn cho chuyển động của vật ta có: 

- Phản lực Ft của thành đường trượt đóng vai trò lực hướng tâm nên: 

- Mặt ngang của đường trượt tác dụng phản lực N với: N = P = mg. 

- Lực ma sát tổng cộng do mặt đường và thành đường trượt tác dụng lên vật là: 

( ) ( ) 0, 5 

Xét khi vật di chuyển được cung: ds = rdφ. 

Biến thiên động năng của vật là dE bằng công A của các lực tác dụng. Chú ý là trọng lực 

P, phản lực N và Ft đều không sinh công; lực ma sát ngược hướng chuyển động, do đó ta 

có: 

2. (2,5đ) 

Từ (1) ta có: 

( ) 

( ) ( )(1) 

( ) 

Lấy nguyên hàm hai vế của (3) ta được: 

∫ ( ) 

∫ 

(3) 

0,5 

0, 5 

| | 

Với C là hằng số xác định từ điều kiện ban đầu : khi φ = 0 thì 

( ) 1,0 

Bài 2 

(4 đ) 

( ) 

Thay vào ta có: [( ) ] 

Vật đi được một vòng thì dừng lại tức là E =0 khi φ = 2π. Do đó ta có : 

( ) 

( ) 

√ ( ) 0,5 

1. (2đ) 

Xét hành tinh khối lượng M chuyển động trên quỹ đạo tròn quanh Mặt trời có bán kính 

Rc. Ta có: 

M M M v 

G 

R 

2 

S c c c 

2 

c 

Rc 

Trên quỹ đạo ellip với cận điểm R1, viễn điểm R2, áp dụng bảo toàn mô-men động 

lượng và bảo toàn năng lượng ta được: 

1,0 

0,25

Áp dụng tại cận điểm ta có: 

v R 

1 2 2 2 

M v 

2 

1 

Với R1/R2 = α thì: 

v R 

M M 

G E const 

r 

2 

c s c 

2 2 

2 

 

c 1 s c c 1 

R 

1 

s c 

M v M M M v M M 

G G 

2 R1 2 R2 R2 

v R R R 

 

 

2 

2 

 

1 1 2 

 

1 

1 

GM 

s 

2 R2 R1 R2 

2 

v GM 

GM 2 

1 (1 ) v . 

2 1 

2 s 

2 s 

1 

R1 R1 

Điểm cực cận trên quỹ đạo của tàu vũ trụ được coi tại Trái đất R 

v 

1 

 

GM 

S 

2 2 

. vE 

R 1 1 

E 

 

 

1 E 

 

R nên: 

Vậy độ tăng tốc độ cần để chuyển từ quỹ đạo gần Trái đất sang quỹ đạo ellip là: 

2 

v1 v1 vE 

vE 

 

1 

1 

 

 

2. (1,25 đ) 

Tương tự như trên, áp dụng cho điểm cực viễn của quỹ đạo ellip ở rất gần quỹ đạo sao 

Hỏa R 

R với chú ý rằng RM = RE/α,ta có: 

2 M 

2 

v2 

2 

 

GM 

s 

2 GM 

s 

2 

1 1/ 1 1/ v2 

. 

2 R 

 

2 

R2 

1 1/ 

 

GM 

S 

2 2 

v2 

. v 

R 1 

1/ 1 1/ 

M 

 

v2 vM 

v2 

vM 

1 

 

 

M 

 

2 

1 

1/ 

 

 

Áp dụng định luật Kepler cho chuyển động trên quỹ đạo Trái đất và sao Hỏa ta có: 

v R v R v v 

2 2 

E E M M M E 

 

Thay vào ta được: v2 

vE 

.1 

 

 

 

2 

1 

1/ 

 

 

3. (0,75 đ) 

Áp dụng định luật Kepler III cho các quỹ đạo ta có với thời gian để chuyển từ quỹ đạo 

Trái đất sang quỹ đạo sao Hỏa là T thì: 

T 

T 

M 

3/2 3/2 

1 RE 

R 

M 

1 

1 

 

2 2. RM 

2 2 

T 

1 

Trong thời gian này, sao Hỏa di chuyển được góc: M 

2 

M 

T 2 

3/2 

0,5 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0, 5 

0,25 

0,25 

0,25

Bài 3 

(4 đ) 

Cũng trong thời gian này tàu di chuyển được từ cực cận đến cực viễn, tức là di chuyển 

được góc bằng π. Điểm cực cận tại Trái đất, điểm cực viễn tại chính sao Hỏa nên khoảng 

cách góc giữa Trái đất và sao Hỏa là: 

3/2 

1 

M 

 

1 

 

 

 

 

2 

1. (2 đ) 

Lúc đầu trụ tròn vừa lăn vừa trượt trong khoảng 0 ≤ t ≤ t1. 

Sau đó trụ lăn không trượt trên băng tải. 

Xét: 0 ≤ t ≤ t1: 

Gọi ac là gia tốc của khối tâm C của trụ, γ là gia tốc góc. 

Phương trình động lực học của trụ: 

+ 

F ms 

N x 

(1) 

(2) 

(3) 

(2) =>N = mgcosα =>Fms = µN = 2mg.tanα.cosα = 2mgsinα (4) 

Do : Ic = mr 2 /2 nên từ (1) và (3) ta có: 

Ở t = 0 ta có v(0) = 0, ω(0) = 0 do đó : 

( ) ; ( ) (6) 

Trụ lăn không trượt khi vận tốc tương đối tại điểm tiếp xúc bằng 0, hay: 

( ) ( ) 

Từ đó ta có: (7) 

2. (2 đ) 

Khi t > t1: Trụ lăn không trượt trên băng tải. Vận tốc khối tâm C của trụ trên băng tải: 

( ) ( ) (8) 

Ma sát giữa trụ và băng tải lúc này là ma sát nghỉ Fmsn. Phương trình chuyển động: 

(9) 


Từ (8) => γ 

Thay vào (9), (10) ta có: 

(5) 

( ) ∫ ( ) ( ) ( ) 

với v(t1) xác định từ (6): v(t1) = gt1sinα, ta có: 

( ) ( ) (11) 

xC(t) đạt cực đại tại t = t2 khi : ( ) | nên: 

Từ (11) ta có: 

∫ ∫ ( ) 

(12) 

y 

0,25 

0,75 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

Từ (6) ta có : ( ) . 

( ) ( ) ( ) 

Thay vào (12) ta được : ( ) 

0,25 

0,25 

0,25

Bài 4 

(5 đ) 

1. (1 đ) 

Lúc đầu: kh1 p1S 

(1) 

Lúc sau: kh2 p2S 

(2) 

=> (p 2 

p 1 

)S k(h 2 

h 1 

) 

mRT1 mRT2 

Mặt khác : p 

1 

; p2 

. 

Sh 

Sh 

h 

T T 1,44T 

2 

2 

2 1 2 

1 

h1 

1 2 

0,5 

0,5 

2. (2,5 đ) 

m kh 

dQ dU pdV CVdT dV 

S 

0,25 

Tích phân hai vế: 

T2 h2 

m kh Mg 

Q CVdT ( )Sdh 

 

 

S S 

T1 h1 

2 2 

m 

k(h2 h 

1) 

Q C 

V(T2 T 

1) 

 

0,5 

 

2 

kh1 

m 

Từ phương trình: Sh1 RT1 

ta có 

S 

2 m 

2 m 

kh1 Mgh1 RT1 

; kh 

2 

Mgh 2 

RT2 

0,5 

Suy ra 

m 

Mg 

Q (CV R)(T T 

1) (h2 h 

1) 

 

2 

2 2 2 2 

m Mg M g mRT1 M g mRT2 

Q (CV R)(T T 

1) ( ) 

2 2 

2 4k k 4k k 

2 2 

2 2 

Mg M g mRT1 

Mg M g mRT2 

h 

1 

; h 

2 

2 

; 

2k 4k 

2 

k 2k 4k k 

ta được: 

m 

mR 

Q (CV R)(T2 T 

1) Mg ( T2 T 

1 

) 

 

k 

với CV = 3R/2 

2mR 

Q 1,44T 

1 

0,2Mg 

 

mRT1 

. 

k 

3. (1,5 đ) 

Khi cần tăng tới nhiệt độ T bất kỳ ta có : 

m 

mR 

Q (CV R)(T T 

1) Mg ( T T 

1 

) 

 

k 

 

Đạo hàm hai vế theo T: 

dQ m mR 1 

C (Cv 

R) Mg 

dT 

k 2 T 

dQ m MmgR 

C (Cv 

R) . 

dT 2kh 

. 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 

0,5

Bài 5 

(3 đ) 

1. (2 đ) 

Trường hợp ống nghiệm được bọc ngoài bằng bông cách nhiệt tốt: 

- Dùng bút đánh dấu một vạch chuẩn trên ống nghiệm . 

- Đặt nhiệt kế trong ống nghiệm. Đọc nhiệt độ ban đầu T0( nhiệt độ phòng). 

- Cho nước trong bình vào ống nghiệm lần thứ nhất đến vạch chuẩn. Đọc nhiệt độ cân 

bằng trên nhiệt kế T1. 

Gọi C0 là nhiệt dung của nhiệt kế và nhiệt dung của ống nghiệm, C1là nhiệt dung của 

nước rót vào ống nghiệm. Ta có : 

C0( T1-T0) = C1( T-T1) (1) 

T là nhiệt độ của nước trong bình cần đo. 

- Đổ nhanh nước cũ đi, rót nước mới từ bình vào ống nghiệm, khi nhiệt độ cân bằng, 

nhiệt kế chỉ T2. Ta có: 

C0( T2-T1) = C1( T-T2) (2) 


2 

T2T 

0 

T1 

T = 

. 

T T 2T 

2 0 1 

2. (1 đ) 

Trường hợp ống nghiệm được bọc ngoài bằng bông cách 

nhiệt không tốt:Tiến hành như trên. 

- Khi đổ nước lần 1, đợi cho cân bằng nhiệt thì nhiệt kế chỉ 

T’1 < T1vì một phần nhiệt mất mát ra môi trường. 

- Để có T1 ta dùng cách hiệu chỉnh nhiệt độ: vẽ đồ thị biểu 

diễn T1' theo thời gian. Lấy t=0 là lúc rót nước vào vào ống 

nghiệm. 

t 

Khi đổ nước lần 2 thì nhiệt độ tăng từ T1' lên T2'. Cũng dùng cách hiệu chỉnh nhiệt độ 

như trên ta xác định được nhiệt độ T2. 

Các phương trình là: 

C0( T1-T0) = C1( T-T1) (3) 

T là nhiệt độ của nước trong bình. 

- Đổ nhanh nước cũ đi, rót nước mới vào bình, nhiệt kế chỉ T2: 

C0( T2-T'1) = C1( T-T2) (4) 


T T T T 

T = 

. 

T T T T 

' 

2 0 1 1 

' 

2 0 1 1 

T 1 

T' 

T1 

0 

T 

O 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN 


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT 

VÙNG DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 


Môn:Vật lí; Lớp: 10 



Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề 

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 

= 30 0 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. 


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. 

2. Một sự kiện không may xảy ra: có một thiên thạch T bay đến hành tinh E theo đường 

thẳng đi qua tâm của hành tinh với vận tốc 

u 

58GM 

. 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. 


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 T 

1. 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 T 

2 

. 

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 = 

C 

C 

p 

v 

=== HẾT ===

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM 


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 

2 

mv mgR1 

…………….. 

 

cos 

0,25 

F 

ht 

mv 

P. cos Q 

R 

2 

a 

……………. 

0,25 

1.a 

(0,75) 

1.b 

(0,75) 

Suy ra: 

…….. ……….. ….. 

3cos 

2mg 

……………………… 

v 

 

2gR 

1 

cos 

Q . 

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

cos 

m 

2 

 

3 

0 

cos 

; suy ra : 48,2 . ……… 

Xét vị trí có < m : 

 

Các thành phần gia tốc: a n 

2g1 

cos 

. …… 

a t 

g sin …… ….. …….. . 

v 

R 

2 

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

m 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25

đẩy ngang F ngang : 

 

2 

N P Q. cos 

mg 1 

2cos 

3cos … ….. …….. …… 

cÇu 

 

0,25 

2 

(1,5đ) 

3 

(1,5đ) 

Bán cầu bắt đầu trượt trên sàn khi = 30 0 , lúc đó vật chưa rời khỏi mặt cầu. 

Thành phần nằm ngang của lực do vật đẩy bán cầu là: 

F 

Ta có: 

 

ngang 

Qsin 3cos 

2mg. 

sin . …………….. ……… 

F ms 

F ngang 

. 

N ………… …… …… …….. ……………. 

 

 

 

F ngang 

 

2 

Thay số: 

N 

 

 

3cos 

2 mg.sin 

3cos 

2 sin 

 

 

2 

…………… 

mg 1 

2cos 

3cos 1 

2cos 

3cos 

0,197 0,2…. …… ……. ……….. ……………… 

Giả sử bỏ qua được mọi ma sát. 

Khi vật đến vị trí có góc vật có tốc độ v r 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 

 

v r 

V V 

Tốc độ theo phương ngang của 

vật: vx 

vr 

cos V 

P 

Hệ bảo toàn động lượng theo phương ngang: 

m V m. 

v x 

. v x = V 2V = v r cos. 

Bảo toàn cơ năng: 

 

0,5 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

1 2 

2 

mv 

2 

1 

mV . 

2 

 

mgR 1 

cos 

 

v 

2 

r 

V 

2 

2 

2v 

V cos V 

2gR 

1 

cos 

r 

 

 

 

v r 

 

 

4gR 

1 

cos 

2 

1 

sin 

 

0,25 

Tìm áp lực của vật lên mặt bán cầu. Để làm điều này ta xét trong HQC phi

quán tính gắn với bán cầu. 

Gia tốc của bán cầu: 

a c 

 

Qsin 

m 

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: 

vr 

P cos 

Q Fq 

sin 

m 

R 

2 

mg cos 

Q Qsin 

mg cos 

mvr 

Q 

2 

1 

sin 

2 

2 

2 

vr 

m 

R 

4mg 

1 

cos 

mg cos 

 

/ R 

2 

 

1 

sin 

2 

1 

sin 

 

 

3 

6cos 

cos 4 

 

mg 

2 2 

1 

sin 

 

 

0,5 

3 

Vật rời bán cầu khi Q = 0 6cos 

cos 4 0 

cos 3 1 

hay = 42,9 0 . …………… ……………. 

0,5 

Bài 2. (4 điểm - Cơ vậ rắn) 

Hướng dẫn giải 

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

Điểm 

P N fms 

ma 

Chiếu trên ox và oy 

mg 

cos 

N 0 

 

fms 

mg sin 

ma 

a g( cos sin ) 

y 

O 

 

N 

 

G 

P 

f 

ms 

x 

0,5đ

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 r mg cosr 2gcos 

 

ms 

I 

2 

mr /2 r 

Vật bắt đầu lăn không trượt khi 

v 

r 

at ( t) 

r 

0 

0r 0r 0r 

t 

a r g( cos sin ) 2gcos 3gcos sin 

0,5đ 

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

1 1 r 

s at g ( c os sin ) 

2 2 g (3cos sin ) 

2 2 

2 0 

 

2 2 

2 2 2 2 

0r 

cos sin 

0r 

C 

 

 

2 

2 g (3cos sin ) 2g 3cos sin 

0,5đ 

Với 

C 

cos sin 

 

, 

3cos sin 

b. Gọi W 

1 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

1 3 2 2 1 1 2 2 

Ams 

W1 W 

0 

( mr 1 ) mgs sin ( mr 0 

) 

2 2 2 2 

Với 

at g( cos sin ) 0r 

cos sin 

1 0 0C 

r r 3gcos sin 3gcos sin 

Vậy 

A 

ms 

2 2 

mr 2 3C C sin 

1 

0 

( ) 

2 2 3gcos sin 

2 

0,5đ 

c. Đặt Hm 

ax 

h r , áp dụng biến thiên cơ năng: 

W W A + A A 

0 

/ 

ms ms ms 

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 0. Vậy 

ms 

1 1 2 2 

W=W 

0 

Ams 

mgh ( mr 0) 

A 

2 2 

ms 

h 

C C 

( ) 

2 2 3gcos sin 

2 

1 2 2 3 sin 

mr 0 

 

Vậy: 

Hm 

ax 

h r 

0,5đ 

Bài 3 – 4 điểm (các định luật Kepple) 


1) Ký hiệu m 0 là khối lượng trạm P, v 1 là vận tốc của trạm vũ trục trước va chạm. Lực 

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

P quanh E: 

0,5đ 

2 

m0M 

m0v1 

2 

 

G m0 

R 

2 

 

R R T 

2 

(1) 

0,5đ 

0,5đ

Suy ra: 

v 

1 

GM 

2 3/ 2 

(2) và T R . (3) 

R 

GM 

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: 

mu 10mv 11mv 

(4) 

1 2 

Chiếu lên 2 trục Ox và Oy (hình vẽ): 

10m.v 1 = 11m.v 2x (5) 

m.u = 11m.v 2y (6) 

x 

v 1 

v 2 

r 

u 

m 

0,25đ 

được: 

GM 

Thay v 1 R 

và 58 

u GM ta tìm 

R 

2 2 

2 2 10 1 

v2 v2x 

v2y 

v1 

u 

11 11 . 

v 

M 

R 

0,25đ 

v 

2 

1 158GM 

. (7) 

11 R 

Sau va chạm thì hệ chuyển sang quỹ đạo elip 

(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: 

11mM 11m 2 11mM 11m 

2 

G v2 

G v , (8) 

R 2 r 2 

v. r v R 

(9) 

2x 

R 10 GM R 

Từ (9) suy ra: vv2x 


r 11 R r 

Thay v 2 từ (7) và v từ (10) vào (8) ta thu được phương trình bậc hai đối với r: 

2 

42r 121 R. r 50R 

0 

R 50 

R 

Phương trình có 2 nghiệm: r và r R. Giá trị r là khoảng cách cực 

2 21 

2 

50 

tiểu cần tìm, còn r R là khoảng cách cực đại từ hệ đó đến tâm hành tinh E (tại 

21 

điểm viễn nhật). 

y 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ

Bài 4:(4 điểm – Nhiệt học) 


a. 

0,75 đ 

(2,25 điểm) 

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 

TE 

TG 

1 

TM 

( T1 T2 

) 

(1) 

2 2 

Ta cũng có 

TB 

TC 

TF 

TA TD TH 

; (2) 

T T T T T T 

E G M 

E G M 

0,5 đ 

b. 

(0,75 điểm) 

Do đó, 

TETF 

2TT 

1 2 

TB 

 

T T T 

T 

D 

T 

T 

C 

A 

M 

1 2 

TT 

G H 

2TT 

1 2 

 

T T T 

M 

1 2 

2 

TT 

G F 

2T2 

 

T T T 

M 

1 2 

2 

TETH 

2T1 

 

T T T 

M 

1 2 

; 

; 

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

ABCD. Do đó 

A' ( p p )( V V ) p V p V p V p V 

B A D A B D B A A D A A 

A' p V p V p V p V R(T T T T ) 

 

C C B B D D A A C B D A 

( T2 T1) 

A' 2R T T 

1 2 

2 

(4) 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,75 đ

c. 

(1 điểm) 

5 7 

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

R; 

Cp 

R (5) 

2 2 

Hoạt chất nhận nhiệt trong các quá trình AB và BC. Nhiệt lượng tương ứng là 

5R 

2 T1 ( T2 T1 

) 

QAB CV ( TB TA) 

 

(6) 

2 T T 

1 2 

7R 

2 T2 ( T2 T1 

) 

QBC C 

p 

( TC TB 

) 

2 T T 

1 2 

(7) 

0,75 đ 

Nhiệt lượng tổng cộng hoạt chất nhận được là 

(7T2 5 T1 )( T2 T1 

) 

Q QAB 

QBC 

R 

T T 

1 2 

Hiệu suất lý thuyết của máy nhiệt là 

A' 

2( T2 T1) 

 

Q 7T 5T 

2 1 

0,25 đ 

Bài 5 – 3 điểm – phương án thực hành nhiệt 


1. Cơ sở lý thuyết 

0.5 

- 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 

1 

 

0 

 

T' P P h 1 h 

1 . 

T P P P 

0 0 0 

(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 

0.5 

' 

T P0 

 

' 

T P 

T' P0 

h ' 

1 

T P 

0 

h ' P0 


(2) 

A 

K 1 

K 2 

B 

h

h' h 

1 

1 . 

P 

P 

h 

h h' (3) 

0 0 

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


KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ 

Đơn vị: Trường THPT Chuyên 

Trần Phú – Hải Phòng 

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC 

BỘ LẦN THỨ XI NĂM 2018 

MÔN: Vật lý 10 

Ngày thi:…/4/2018 

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 

Đề gồm 02 trang 

Ngƣời ra đề: Vũ Thế Tiến – SĐT: 0936.026.168 

Bài 1(5,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT ĐIỂM 

Một vật được coi là chất điểm được 

ném đi với vận tốc ban đầu v 0 tại gốc O 

trong hệ trục tọa độ Oxy ở nơi có gia tốc 

trọng trường g, biết quĩ đạo của vật nằm 

trong mặt phẳng Oxy. Bỏ qua mọi sức cản 

của không khí. 

a) Thay đổi góc ném với điều kiện vận tốc 

ban đầu không đổi, chứng minh rằng tọa 

độ mục tiêu của chất điểm thỏa mãn 

phương trình: 

2 

v0 

g 

y - .x 

2g 2v 

2 

0 

2 

y 

. 

O 

b) Cần ném vật lên đỉnh của một tòa nhà hình cầu bán kính R như hình vẽ. Có thể tùy ý lựa chọn 

vị trí ném (nhưng vẫn thỏa mãn y = 0) và góc ném. Xác định vận tốc ban đầu nhỏ nhất sao cho vật 

không va chạm với tòa nhà tại bất kì điểm nào khác mục tiêu. 

v 

0 

. R 

x 

Bài 2 (4,0 điểm) CƠ HỌC VẬT RẮN 

Cho con lăn hình trụ đặc bán kính r khối lượng m 

lăn không trượt trong máng cong cố định AB bán kính R 

tại nơi có gia tốc trọng trường là g như hình vẽ. Hệ số ma 

sát trượt 

1 

μ = 7 

. Bỏ qua ma sát lăn. 

a) Thả cho con lăn lăn không trượt từ độ cao h = ? với 

vận tốc ban đầu bằng không để nó đi hết vòng tròn. 

b) Con lăn đang ở vị trí thấp nhất B và v = 0. Xác định 

v 0min cần truyền cho trụ để con lăn lăn không trượt và đạt 

tới 

π 

φ = . 

2 

h 

A 

. r 

O 

. 

φ 

B 

R 

. 

1

Bài 3 (4,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT LƢU 

Một khối chất lỏng nhớt có khối lượng riêng ρ và hệ số 

nhớt chảy trong một ống có chiều dài và bán kính R ở trạng 

thái dừng. Biết vận tốc dòng của chất lỏng phụ thuộc vào khoảng 

2 

r 

cách r đến trục của ống theo định luật v(r) v 0. 1 

 

2 . Tìm: 

R 

a) Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện thẳng của ống trong một 

đơn vị thời gian. 

b) Động năng của khối chất lỏng trong thể tích của ống. 

R 

r 

v 

Bài 4 (4,0 điểm) NHIỆT HỌC 

Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện chu 

trình ABCDECA biểu diễn như đồ thị. Cho biết p A = p B 

= 10 5 (Pa), p C = 3.10 5 (Pa), p E = p D = 4.10 5 (Pa), T A = T E 

= 300 K, V A = 20 ( l ), V B = V C = V D = 10 ( l ), AB, BC, 

CD, DE, EC,CA là các đoạn thẳng. 

a) Tính các thông số T B , T D và V E . 

b) Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong tất cả 

các giai đoạn của chu trình mà nhiệt độ khí tăng. 

c) Tính hiệu suất của chu trình. 

p 

p E 

p C 

p A 

E D 

O 

C 

B 

V E V C 

A 

V A 

V 

Bài 5 (3,0 điểm) PHƢƠNG ÁN THỰC HÀNH 


- Một số lượng đủ dùng các quả cân như nhau có móc treo đã biết khối lượng; 

- Dây nối mảnh, nhẹ đủ dài và không dãn; 

- Thước đo chiều dài, bút viết; 

- Một bàn phẳng đồng chất, nằm ngang có gắn sẵn một ròng rọc nhẹ ở mép của bàn; 

- Khối hộp chữ nhật đồng chất có khối lượng m đã biết. 

Trình bày một phương án thực nghiệm để xác định hệ số ma sát trượt μ 

t 

giữa khối hộp và 

mặt bàn nói trên 

Họ, tên thí sinh:…………………………… 

Số báo danh:……………………………… 

2

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 

Đáp án và biểu điểm 

Bài Nội dung Điểm 

a. 2,0 điểm 

Gọi góc ném là α , ta có phương trình chuyển động của vật: 

x = v0cosα.t 

 

2 

0,5 

 

gt 

y = v0sinα.t - 

 

2 

2 2 2 

gx gx 2 gx 

y = x.tanα - = xtanα - .tan α - 

2 2 2 2 

2v cos α 2v 2v 

0,5 

Bài 1 

5.0 

điểm 

0 0 0 

Đây là phương trình bậc hai đối với tanα . Điều kiện để phương trình có nghiệm là: 

2 2 

2 2gx gx 

x - (y + ) 0 

2 2 

v 2v 

b. 3,0 điểm 

0 0 

2 2 

0 

2 

2v0 

Do tính thuận nghịch của quĩ đạo và định luật bảo 

toàn năng lượng nên ta có thể chuyển về bài toán 

tìm vận tốc nhỏ nhất của vật được ném từ đỉnh tòa 

nhà sao cho không va chạm với tòa nhà tại bất kì 

điểm nào khác. Xét hệ tọa độ như hình vẽ. 

0,5 

v gx 

y - 

2g 

0,5 

y 

O 

v 

1 

x 

0,75 

R 

. 

Để v 1 nhỏ nhất thì quĩ đạo của vật phải tiếp xúc với tòa nhà tại một điểm. Khi đó ta có 

hệ phương trình sau phải có nghiệm duy nhất: 

2 

v1 

g 2 

y = - .x 

2 

2g 2v1 

2 2 2 

x + (y + R) = R 

2 

2 2 

4 g 2 1 gR v1 v1 

2 

2v21 2 v1 

g 4g 

 

x + x - + + R = 0 chỉ có một nghiệm 

 

2 

1 gR 1 gR 

2 gR 

Δ = - - + = 0 v 

2 2 

1 

= 

2 v1 4 v1 

 

2 

0,75 

0,75 

Giá trị nhỏ nhất của v 0 được xác định thông qua giá trị nhỏ nhất của v 1 theo hệ thức: 0,75 

3

2 

gR 

v 

0min 

= v 

1 

+ 4gR = 3 

2 


Để con lăn đi được hết vòng tròn thì khi lên đến điểm cao nhất trên vòng tròn, v của 

con lăn > 0 và N 0 

0,25 

. 

2 

1 mr 2 1 2 2 

Áp dụng bảo toàn cơ năng: mgh = . .ω + mω 

0(R-r) + mg(2R- r) 

0,25 

2 2 2 

2 2 2 2 

Trong đó: ω.r = ω .(R- r) ω .r = ω .(R- r) 

0,25 

0 0 

3 2 2 

mgh = .m.ω 

0(R - r) + mg(2R - r) 

4 

0,25 

2 

3 2 (R-r) 

h = ω 

0. + 2R - r (1) 

4 g 

0,25 

Tại điểm cao nhất: 

N 

0 

N + P = mω (R - r) N = mω (R - r) mg 

0,25 

2 2 2 

0 0 

2 2 

0 0 

ω (R - r) g ω (R - r) g(R - r) (2) 0,25 

3 

1 

Thay (1) vào (2): h .(R - r) + 2R - r h (11R - 7r). 

4 

3 

1 

Vậy h min = (11R - 7r). để con lăn lăn không trượt hết vòng tròn. 

3 

0,25 

Bài 2 

4.0 

điểm 


+) Theo định luật II Niu-tơn: 

a : -F + mgsinφ = mγr 

t 

ms 

v 

a 

n: N - mgcosφ = m R-r 

2 

. 

φ 

N 

. 

K 

F 

ms 

0,5 

P 

+) Phương trình quay quanh tâm K: 

3 2 

I 

K.γ = mgrsinφ mr .γ mgrsinφ 

2 

2 gsinφ 

2 

γ = . a 

t 

= γ.r = .gsinφ 

3 r 

3 

+) Bảo toàn cơ năng: 

2 1 2 1 

I 

K.ω 0. = I 

K.ω . + mg(R - r).(1 - cosφ) 

2 2 

3 2 3 2 

v0m = .m.v mg(R - r).(1 - cosφ) 

4 4 

2 2 4 

v = v 

0 

- g(R - r)(1- cosφ) 

3 

0,25 

0,25 

4

+) Thay vào phương trình động lực học: 

2 

mv0 

7 4 

N = + mgcosφ - mg 

R-r 3 3 

2 

mv0 

4mg 

N - mgcosφ = - (1 - cosφ) 

R-r 3 

0,25 

+) Thay 

2 

rγ = gsinφ 

3 

mgsinφ 

vào phương trình động lực học: F 

ms 

= 

3 0,25 

2 

3mv 

 

0 

+) Lăn không trượt Fms 

μN mgsinφ + 7mgcosφ - 4mg .μ 

R-r 

 

2 

3v0 

gsinφ 

.μ + 7gcosφ.μ - 4gμ 

R-r 

2 3μ 

v 0. 

g(sinφ + 4μ - 7cosφ.μ) 

R-r 

2 R- r 

v 

0 

.g(sinφ + 4μ - 7cosφ.μ) 

3μ 

2 

Thay φ = π ; μ = 1 v 11 11 

0 

g(R - r). v0 

g(R - r) 

2 7 3 3 

11 

Vậy: v min = g(R - r) 

3 


0,25 

0,25 

Thể tích chất lỏng chảy 

qua tiết diện ống trong 

một đơn vị thời gian. 

r 

R 

0,5 

Bài 3 

4.0 

điểm 

Xét lưu lượng chất lỏng chảy qua hình vành khăn. 

2 

r 

dQ = S.v = 2πrdr.v0 1- R 

2 

 

l 

r +dr 

dr 

0,75 

Lưu lượng chất lỏng qua cả tiết diện ống là 

R 

Q = 2 

r 

2 v0 

2πrv0 1- dr = πR . 

2 

0,75 

R 2 

0 

5

. 2, 0 điểm 

Động năng của chất lỏng trong thể tích của ổng 

Xét một lớp chất lỏng hình trụ bán kính r, dày dr. Động năng của lớp này là: 

1 

0,75 

2 

dW 

d 

= . .(2π.dr. ).v 

2 

Động năng tổng cộng: W đ = 

R R 3 5 2 4 6 

2 2r r 2 r 2r r R 

dW d 

= π v 0. r- + dr = π v 

2 4 

0 - + 

2 4 

0,75 

R R 2 4R 6R 0 

0 0 

Bài 4 

4.0 

điểm 

2 4 6 2 

2R 2R R 

2 R lρv0Q 

W 

d 

= πlρv 

0 - + = πlρv 

0. = 

2 4 6 6 3 


Áp dụng phương trình trạng thái: 

5 -3 

pAVA 

10 .20.10 20 

pAV A 

= nRTA 

nR = = = 

T 300 3 

A 

p V p V nRT 

T = = 150K; T = = 600K; V = = 5l 0,5 

B B D D E 

B D E 

nR nR pE 


Khí nhận nhiệt trong quá trình đẳng tích BD và một giai đoạn trong quá trình biến đổi 

ECA 

3 3 20 

Q 

1= Q 

BD 

= n R(T 

D 

- T 

B) = . (600 -150) = 4500J 

2 2 3 

Phương trình của đường thẳng ECA: 

p - pA p 

E 

- pA 

V 

= p = - + 5(1) 

V - VA V 

E 

- VA 

5 

(V đo bằng lít, p đo bằng 10 5 Pa) 

0,5 

0,5 

0,25 

0,25 

6

p 

Suy ra: 

2 

pV 3 V 

T = = - + 5V (2) 

nR 20 5 

T = T max = 468,75 K khi V m = 12,5 l 

T tăng khi 5 V 

12,5l 

p E 

p C 

p A 

E D 

C 

F 

B 

A 

0,5 

O 

V E 

V C 

V m 

V A 

V 

Bài 5 

3.0 

điểm 

V m ứng với điểm F trên đoạn CA. Xét nhiệt lượng nhận được ΔQ trong quá trình thể 

tích tăng từ V đến V + ΔV (trên đoạn EF): 

3n 

ΔQ = RΔT + pΔV 

2 

0,25 

4V 

Từ (1) và (2) tìm được ΔQ = - + 12,5ΔV 

5 

Dễ dàng thấy rằng, trong giai đoạn ECF luôn có ΔQ > 0. Trong giai đoạn này, nhiệt 

lượng nhận được là: 

3n 

Q 

2= ΔU + A; ΔU = R(Tmax - T 

E) = 1687,5J 

0,5 

2 

A là diện tích hình thang EFV m V E có giá trị là 2437,5J 

Q 

2 

= 3187,5 + 2437,5 = 4125J 

Tổng nhiệt lượng khí nhận được: Q = Q 1 + Q 2 = 4500 + 4125 = 8625 J 0,25 

c. 1,0 điểm 

Công sinh ra trong một chu trình: 

Chu trình: ABC cùng chiều kim đồng hồ, CDE ngược chiều đồng hồ. 

0,5 

=> công A bằng hiệu số giữa diện tích tam giác ABC và diện tích tam giác CDE. 

Vậy A = 750 J 

A 750 

Hiệu suất của chu trình : H = = = 8,7% 

0,5 

Q 8625 

+ Cơ sở lí thuyết 

* Giai đoạn 1: Hai vật chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái nghỉ cùng gia tốc: 

m2g - μm1g 

a 

1= 

1,5 

m 

1+ m2 

Khi m 2 chạm đất, vận tốc của hai vật thỏa mãn: 

7

m 1 

m 2 

(m g - μm g)2h 

v = 2a h = 

2 2 1 

1 1 

m 

1+ m2 

(1) 

* Giai đoạn 2: m 1 chuyển động 

chậm dần đều do tác dụng của 

ma sát trượt với gia tốc: 

h 

a 

2= -μg 

(2) 

Kể từ khi m 2 chạm đất đến khi m 1 dừng lại, vật m 1 đi được quãng đường: 

2 

S = - h -v = 2a S 

(3) 

1 2 

(m2g - μm1g)2h hm2 

Từ (1), (2) và (3): 2μg( - h) μ = 

(*) 

m 

1+ m2 m 

1 

+m2 -m2 

+ Bố trí thí nghiệm 

- Đặt khối hộp lên bàn, dùng một số quả cân có tổng khối lượng m 2 đủ lớn tạo hệ liên 

kết qua ròng rọc như hình vẽ. 

- Nếu m 2 chạm đất mà m 1 chưa chạm vào ròng rọc thì nó sẽ tiếp tục chuyển động 

chậm dần đều và dừng lại. Bố trí độ cao h của mép dưới m 2 so với đất và chiều dài dây 

nối sao cho m 1 dừng lại mà chưa chạm ròng rọc. 

+ Các bƣớc tiến hành 

- Giữ m 1 để hệ cân bằng, đo độ cao h từ mép dưới m 2 tới đất và đánh dấu vị trí ban đầu 

(M) của m 1 trên bàn. 

- Thả tay nhẹ nhàng cho hệ chuyển động, đánh dấu vị trí m 1 dừng lại trên mặt bàn (vị 

trí N). Đo l = MN 

- Tính μ theo công thức (*) 

0,75 

0,75 

Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác, vẫn đúng thì cho điểm tối đa 

8


VĨNH PHÚC 

(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT) 

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10-DHBB 



(Đề này có 02 trang, gồm 5 câu) 

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 30 o 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=1cm 2 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 v 1 =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 

v 2 =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/m 3 , g=10m/s 2 . 

Bài 4: (4 điểm – Nhiệt học) 

1. Khí quyển có nhiệt độ giảm theo độ cao z theo biểu thức: T=T 0 (1-az) (1) với T 0 =300K là nhiệt độ 

tại mặt đất, a là hằng số dương. 

a. Ở độ cao nào thì nhiệt độ khí quyển giảm 1 0 ? 

b. Chứng tỏ rằng áp suất giảm theo độ cao theo quy luật: p(z)=p 0 (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

2. Do bị ánh sáng mặt trời chiếu, phần khí ở sát mặt đất nóng lên có nhiệt độ T 0 (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=T 0 (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 1 0 . 

3. Giả sử độ ẩm của không khí là φ=70%. Áp suất hơi bão hòa liên hệ nhiệt độ theo hệ thức: 

pbh( T) qM1 

1 1 

ln ( ) 

p ( T ) R T T 

bh 

0 0 

Với q=2,2.10 6 J/kg ( nhiệt hóa hơi của nước), M 1 =18.10 -3 kg/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 -3 kg/mol; lấy 

g=9,8m/s 2 . 

Bài 5: (3 điểm – Phương án thực hành) 


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 

quyencvp@vinhphuc.edu.vn 

2


VĨNH PHÚC 

(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ) 

Hướng dẫn chấm 

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10-DHBB 



(Đáp án gồm 5 câu) 



1a 

4đ 

Vận tốc khối tâm của hệ không đổi trong hệ 

quy chiếu gắn với sàn: 

mv 

0,25 

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 

v1 G 

v vG 

........ 

m 

M 

mv 

v2 G 

......... 

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 Mcos2 

v1y vG v1 

Gcos2 

. v.............. 

m 

M 

M sin 2 

v1 

x 

. v ........... 

m 

M 

m(1 cos2 ) v2 

y 

 

. v ........... 

m 

M 

msin 2 

v2 

x 

. v ......... 

m 

M 

Tương tự sau va chạm lần 2 : 

m Mcos4 

v1 

y 

 

. v ............... 

m 

M 

M 

sin 4 

v1 

x 

. v ............. 

m 

M 

m(1 cos4 ) v2 

y 

 

. v .......... 

m 

M 

msin 4 

v2 

x 

. v ............ 

m 

M 

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 

3

1b 

1đ 

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

1 k 

n( 2 ) k2 ( ); 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) 


2a Tại thời điểm thanh rời khỏa giá đỡ, tốc độ góc khối tâm G của thanh là ω: 

2đ 

1 1 2 2 0 3 3 

. g 

mL mg cos30 ...... 

2 3 2 2L 

0,5 

Vận tốc khối tâm G: 

2b 

2đ 

v 

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 30 o 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: 

5 

3 3gL 

t 

(1)............ 

6 8 

Độ dời của G theo phương thẳng đứng kể từ khi thanh dời giá đỡ đến khi chạm sàn: 

2 

L o L 

o gt 

H cos30 vG.sin 30 . t (2).......... 

2 2 2 

Từ (1) và (2): H≈1,6.L=3,2m ……….. 

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

khối tâm: 

2 

o gt L o 

yG 

vGsin30 . t cos30 ......... 

2 2 

Tọa độ đầu dưới D của thanh: 

L 

o 

y yG 

cos t 

30 

2 

2 

o gt L o L 

o 

vG 

sin 30 . t cos30 cos t 

30 ....... 

2 2 2 

Độ cao cực đại của đầu dưới đạt được khi: 

4 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25

Ta tìm được: 

dy 

dt 

0......... 

L 

t 1.05 .............. 

g 

Từ đó ta có: y Dmax =-0,523L nên H Dmax =2,68m……… 

0,5 

0,5 

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 

2 

v0 po gH po vo 

2 gH ......... 

2 

Xét trong khoảng dt rất nhỏ, coi v o không đổi, động 

năng của nước chảy ra là: 

3 

W 

1 ( . v 1 

0. S. dt). v0 

. S. vodt......... 

2 2 

Công nâng vật: 

A mg. v . dt.......... 

Hiệu suất: 

1 

A 2 mg. v 2 mg. 

v 

5%......... 

W Sv S( 2 gH ) 

 

1 1 

3 3 

o 

Điểm 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

3b 

2đ 

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

A 2 mg. v2 2mgv2 

v 3 ............ 

3 

W Sv 

S 

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

v 

p gH po 

 

2 

Độ thay đổi áp suất trong thùng: 

2 

.......... 

2 

v 

p p po 

gH 1684( Pa)............ 

2 

0,5 

0,5 

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 aT0z z .......... 

aT 300a 

4.1b Ta có phương trình M-C: 

RT 

RT 

(1 ) 0 

az 

p 

........ 

M M 

Mặt khác theo công thức tính áp suất theo độ sâu trong chất lưu: 

5 

0 

Điểm 

0,25 

0,25

dp gdz............... 

Nên: 

dp Mgdz 

 

p RT (1 ) 

0 

az 

Lấy tích phân hai vế phương trình này ta có: 

Mg 

RT0 

a Mg 

( ) 

0(1 ) ............ 

RT0a 

p z p az 

4.1c Một lần nữa áp dụng phương trình M-C: 

RT 

RT0 

(1 az) 

p 

M M 

 

Mp Mp0 

(1 az) 

1 

0(1 az) ...... 

RT (1 az) RT (1 az) 

0 0 

Mg 

Tức là: 1 1............... 

RT a 

4.2a Phương trình đoạn nhiệt: 

0 

1 

1 

 

1 1 

p 

 

 

1 1 

 

0 0 

 

1 

 

0 

0 

 

p0 

 

1 

T p T p T ( z) T T (1 az) ...... 

 

 

4.2b Phương trình đoạn nhiệt: 

p 

p 

pV c c ' 

1 

 

 

p0 

 

Mg 

Hay: ( z) 0(1 az) ..... 

RT a 

4.2c Khối khí dâng lên ngày càng cao thì: 

 

Mg 1 

5 1 

1 

1 a 3,3.10 ( m ) …… 

 

RT 

4.3 Để bắt đầu ngưng tụ, nhiệt độ khối khí dâng lên phải giảm tới nhiệt độ điểm sương. 

Tại nhiệt độ T 0 áp suất hơi bão hòa là p bh (T 0 ), khi này áp suất riêng phần là: 

φ. p bh (T 0 ), áp suất này bằng p bh (T) tức là: 

p bh (T)= φ. p bh (T 0 )……….. 

pbh( T ) qM1 

1 1 

T0 

Theo bài ra : ln ( ) ln T 

............ 

pbh( T0) 

R T T 

RT 

0 

0 

1 

ln 

qM 

RT0 

Theo phần 2a và do ln 1 

qM : 1 

T0 RT0 1 

RT0 

T ( z) T0 (1 az) T0.(1 ln ) T0 

(1 ln )........ 

RT0 1 

ln 

qM1 qM1 

qM 

nên: 

1 

RT 

qM 

 

0 

 

RT 

a 

qM 

 

0 0 

(1 az) (1 ln ) z ln 690 m....... 

1 1 

 

1 

 

0 

1 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 

0,25 

6

Bài 5: (3 điểm – Phương án thực hành) 

Phần Hướng dẫn giải 

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 a h 

M 

m 

cos 

h 

2 2 

. 

Điểm 

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. 

Đo L và h ta tính được lực ma sát trượt: 

2 

2 L 

a 

4 m L 

Fms 

mg 1 ( ) 

h M 2h 

2 

1,5 

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

7

Hết 

8


TUYÊN QUANG 

-------- 








Bài 1: Một tàu vũ trụ đang chuyển động tự do quanh trái đất theo quỹ đạo tròn với vận tốc v 0 ở 

độ cao h, biết bán kính trái đất R >> h. Để hạ cánh an toàn xuống trái đất người ta mở động cơ 

trong thời gian rất ngắn để truyền cho tàu một vận tốc phụ v. 

1.Tính v trong hai trường hợp sau: 

a, v ngược hướng với v 0 

b, v hướng về phía tâm trái đất 

2. Biết nhiên liệu khi động cơ hoạt động được đốt cháy rồi bay khỏi động cơ với vận tốc không 

đổi. Tìm tỉ số khối của nhiên liệu mà động cơ dùng trong hai trường hợp. 

Bài 2. Động học – động lực học 

Hai quả cầu nhỏ giống nhau đều có khối lượng m, nối với nhau bằng một sợi dây dài l, không 

dãn, nhẹ, lúc đầu chúng đứng yên, dây thẳng. Truyền cho A vận tốc v 0 thẳng đứng. Biết trong 

quá trình chuyển động dây luôn căng, B không bị nhấc lên, bỏ qua ma sát. 

1. Xác định quỹ đạo chuyển động của A, tìm các thông số của quỹ đạo đó. 

2. Tìm điều kiện của v 0 để hiện tượng trên có thể xảy 

Bài 3. Nhiệt học 

Một lượng khí đơn nguyên tử thực hiện chu trình 

p 

123a1 như hình vẽ. Biết rằng độ biến thiên thể 

2 

tích từ trạng thái 1 sang 2 có giá trị bằng độ biến p 2 

thiên thể tích từ trạng thái 2 sang 3 và bằng thể 

tích ban đầu. Độ biến thiên áp suất từ trạng thái 

a 

1 sang 2 bằng giá trị áp suất ban đầu. Đường 

1 

biểu diễn chu trình 123b1 có diện tích giới hạn 

3 

bằng 1 diện tích đường tròn bán kính là độ dài 

6 

đường biểu diễn trạng thái 1 sang 2 hoặc trạng 

thái 2 sang 3. Cung tròn 3a1 bằng cung 3b1. 

O 

Công mà khí thực hiện trong cả chu trình là A. 

Hãy xác định nhiệt lượng trong từng quá trình 

theo A, cho biết trong quá trình đó khí 

nhận hay tỏa nhiệt? 

Bài 4. Cơ học vật rắn 

Tấm ván dài có khối lượng M nằm trên mặt 

phẳng nằm ngang rất nhẵn. Một quả cầu đặc khối 

lượng m bán kính R quay quanh trục nằm ngang đi 

qua tâm với tốc độ góc 0 

được thả không vận tốc 

ban đầu từ độ cao h xuống ván. Trong suốt quá trình 

va chạm giữa quả cầu và tấm ván, quả cầu luôn bị 

trượt. Độ lớn vận tốc theo phương thẳng đứng của 

quả cầu ngay sau và ngay trước khi va chạm với ván 

v ' 

liên hệ: 

y 

e 

hằng số. Cho hệ số ma sát giữa 

v 

y 

h 

b 

m 

p 1 

V 1 V 2 V 3 

0 

M 

V

ván và quả cầu là . Coi trọng lực của quả cầu rất nhỏ so với lực tương tác khi va chạm. 

a) Tính tốc độ góc của quay quanh khối tâm của quả cầu ngay sau va chạm với ván. 

b) Tìm vận tốc khối tâm quả cầu ngay sau va chạm với ván. 

Bài 5. Phương án thí nghiệm. 

Giả sử bạn cần phải lấy nước từ vòi để chứa đẩy một bể lớn có dung tích biết trước nhờ một 

ống dẫn mềm có đầu cuối là một ống kim loại hình trụ. Bạn muốn biết trước thời gian hoàn tất 

cái công việc chán ngất đó. Liệu bạn có thể tính ra thời gian đó không, nếu bạn chỉ có trong tay 

một cái thước? (Trình bày cơ sở lý thuyết, trình tự thí nghiệm, bảng số liệu, cách tính sai số và 

những chú ý trong quá trình làm thí nghiệm để giảm sai số)./. 

Người ra đề : Đinh Ngọc Tuyến- 0915.195.288


TUYÊN QUANG 



Bai 1: Một tàu vũ trụ đang chuyển động tự do quanh trái đất theo quỹ đạo tròn với vận tốc v 0 ở độ cao 

h, biết bán kính trái đất R >> h. Để hạ cánh an toàn xuống trái đất người ta mở động cơ trong thời gian 

rất ngắn để truyền cho tàu một vận tốc phụ v. 

1.Tính v trong hai trường hợp sau: 

a, v ngược hướng với v 0 

b, v hướng về phía tâm trái đất 

2. Biết nhiên liệu khi động cơ hoạt động được đốt cháy rồi bay khỏi động cơ với vận tốc không đổi. 

Tìm tỉ số khối của nhiên liệu mà động cơ dùng trong hai trường hợp. 

Giải” 

1. Tính v 

 

v 0 

a, Truyền v 1 ngược hướng v 0 

Bảo toàn moomen động lượng 

L = m (v 0 - v 1 ) (R+h) = mv B R (1) 

Bảo toàn cơ năng 

1 

2 m (v 0 - v 1 ) 2 - GMm 

R+h 

= 1 2 m v B 2 - GMm 

R 

Lực hướng tâm là lực hấp dẫn 

2 

mv 0 

R+h = GMm 

(R+h) 2 (3) 

Khi hạ cánh v B = 0 

Giải hệ (1),(2), (3) ta được: 

h 

v 1 = v 0 

2(2R+h) ≈ v h 

0 

4R 

(2) 

B 

 

v B 

R 

h 

 

v 1 

b, Truyền v 2 hướng vào tâm trái đất 

Bảo toàn moomen động lượng 

L = m (v 0 (R+h) = mv C R (1) 

Bảo toàn cơ năng 

1 

2 m (v 0 2 + v 2 2 ) - GMm 

R+h 

= 1 2 m v C 2 - GMm 

R 

Lực hướng tâm là lực hấp dẫn 

2 

mv 0 

R+h = GMm 

(R+h) 2 (3) 

Khi hạ cánh v C = 0 

Giải hệ (1),(2), (3) gần đúng ta được: 

(2) 

 

v 0 

A 

 

v 2 

C 

v 2 ≈ v 0 h R = 4 v 1 

2. Gọi M 0 là khối lượng tàu, m 0 là khối lượng nhiên liệu cần tiêu thụ để truyền cho tàu vận tốc v: 

m 0

(M 0 -m 0 ) ( v 0 + v ) + m 0 ( v 0 + u ) = M 0 v 0 

m 0 u = - M 0 v 

m 0 ≈ v 

Vậy trường hợp 2 dùng gấp 4 lần nhiêu liệu so với trường hợp đầu. 

Bài 2: Hai quả cầu nhỏ giống nhau đều có khối lượng m, nối với nhau bằng một sợi dây dài l, không 

dãn, nhẹ, lúc đầu chúng đứng yên, dây thẳng. Truyền cho A vận tốc v 0 thẳng đứng. Biết trong quá 

trình chuyển động dây luôn căng, B không bị nhấc lên, bỏ qua ma sát. 

3. Xác định quỹ đạo chuyển động của A, tìm các thông số của quỹ đạo đó. 

4. Tìm điều kiện của v 0 để hiện tượng trên có thể xảy 

Giải 

1. Chọn hệ trục như hình vẽ 

(A’B’) 2 = l 2 = y 2 + (2x) 2 

 

x 2 

( l + y2 

l 2 = 1 

2 )2 

A’ 

. 

v A 

x 

y 

x 

Quỹ đạo chuyển động là elip, bán trục lớn là l, 

bán trục nhỏ là l 2 . 

Nhận xét: khối tâm luôn chuyển động trên oy 

2. Khi dây thẳng đứng 

Xét chuyển động cuả A quanh B 

A chuyển động tròn với bán kính là l, vận tốc v A/B 

Đối với đất v A = v B = v 1 

Bảo toàn năng lượng: 2 mv 1 2 

2 + mgl = mv 0 2 

2 

v 2 1 = v 0 2 

2 - gl 

v A/B = 2v 1 

Phương trình chuyển động 

T + mg = m(v A/B) 2 

= m l l (2v 1) 2 

T + mg = 4m l v 1 2 = 4m l ( v 0 2 

2 - gl) 

T = 2 mv 0 2 

- 5mg 

l 

Điều kiện T < mg và T > 0 

2 mv 0 2 

- 5mg ≤ mg v 2 

l 

0 ≤ 3gl 

x 

v 0 

. 

A 

 

v B 

A 

. 

G 

T 

. 

B 

T 

O 

 

v A 

v B 

. 

y 

. 

B’ 

B 

và 2 mv 0 2 

l 

- 5mg ≥ 0 v 0 2 ≥ 2,5 gl 

2,5gl ≤ v 0 ≤ 3gl

Bài 2. Một lượng khí đơn nguyên tử thực hiện chu trình 

123a1 như hình vẽ. Biết rằng độ biến thiên thể tích p từ 

2 

trạng thái 1 sang 2 có giá trị bằng độ biến thiên thể tích p 2 

từ 

trạng thái 2 sang 3 và bằng thể tích ban đầu. Độ biến thiên 

áp suất từ trạng thái 1 sang 2 bằng giá trị áp suất ban đầu. 

Đường biểu diễn chu trình 123b1 có diện tích giới hạn 

a 

bằng 1 diện tích đường tròn bán kính là độ dài đường p 

1 

1 

6 

biểu diễn trạng thái 1 sang 2 hoặc trạng thái 2 sang 3. 

Cung tròn 3a1 bằng cung 3b1. Công mà khí thực hiện 

b 

trong cả chu trình là A. Hãy xác định nhiệt lượng trong 

từng quá trình theo A, cho biết trong quá trình đó khí 

O 

nhận hay tỏa nhiệt? 

Lời giải: 

V 1 V 2 V 3 

3 

V 

Vì 

V V V V V V 

2 1 3 2 1 

p p p p p p 

2 1 2 3 1 

Và đường biểu diễn chu trình có 

diện tích giới hạn bằng 1 diện tích 

6 

đường tròn bán kính là độ dài đường 

biểu diễn trạng thái 1 sang 2 hoặc 

trạng thái 2 sang 3. 

Nên 

 

 

0 

1 2 

30 

V 

V 

1 

0 

tan 

tan 30 p1 3V1 

p 

p 

O 

1 

3 

Công của khí thực hiện trong cả chu trình : 

A = 1 2 2pV - 1 6 (p2 + V 2 ) + 1 2 2pV = 2 3 V 1 2 - 2 3 V 1 2 

V 1 2 = 

3A 

6 3-2 (1) 

- Xét quá trình 1 2, độ biến thiên nội năng: 

U 12 = nC V (T 2 - T 1 ) = 3 2 (2p 1V 1 - p 1 V 1 ) = 9 3 

2 V 1 2 = 9 3 3A 

2 6 3-2 (2) 

Công khí thực hiện trong quá trình 1 2 : 

A 12 = 1 2 (p 1 + V 1 )(V 2 - V 1 ) = 3 3 

2 V 1 2 = 3 3 3A 

2 6 3-2 

Nhiệt lượng khí nhân được trong quá trình 12 : 

Q 12 = U 12 + A 12 = 9 3A 

3 3- 

- Xét quá trình 2 3, độ biến thiên nội năng: 

U 23 = nC V (T 3 - T 2 ) = 3 2 (p 3V 3 - p 2 V 2 ) = - 3 3 

2 V 1 2 = - 3 3 3A 

2 6 3-2 

Công khí thực hiện trong quá trình 23: 

1 

p 

p 2 

p 

1 

1 

b 

V 1 V 2 V 3 

 

2 

a 

3 

V

A 23 = A 12 = 3 3 

2 V 1 2 = 3 3 3A 

2 6 3-2 

Nhiệt lượng khí trong quá trình 23 : Q23 U 23 

A23 0 

- Xét quá trình từ 31: 

Khí thực hiện cả chu trình nên 

U = 0 Q = A 

Q 31 = Q - Q 12 - Q 23 = A - Q 12 - Q 23 = A - 9 3A 

3 3- < 0 

Vậy quá trình 31 là quá trình nhận nhiệt. 

Bài 4. 

Tấm ván dài có khối lượng M nằm trên mặt phẳng 

nằm ngang rất nhẵn. Một quả cầu đặc khối lượng m bán 

kính R quay quanh trục nằm ngang đi qua tâm với tốc độ 

góc 0 

được thả không vận tốc ban đầu từ độ cao h 

xuống ván. Trong suốt quá trình va chạm giữa quả cầu 

và tấm ván, quả cầu luôn bị trượt. Độ lớn vận tốc theo 

phương thẳng đứng của quả cầu ngay sau và ngay trước 

v ' 

khi va chạm với ván liên hệ: 

y 

e 

hằng số. Cho hệ 

v 

y 

số ma sát giữa ván và quả cầu là . Coi trọng lực của quả cầu rất nhỏ so với lực tương tác khi va 

chạm. 

a) Tính tốc độ góc của quay quanh khối tâm của quả cầu ngay sau va chạm với ván. 

b) Tìm vận tốc khối tâm quả cầu ngay sau va chạm với ván. 

c) Vị trí va chạm lần 2 cách vị trí kết thúc va chạm lần 1 bao nhiêu. 

l 

h 

m 

A 

l 

0 

M 

B 

a) Tìm tốc độ góc của quả cầu ngay sau va chạm 

Gọi t là thời gian va chạm 

Pt biến thiên momen động lượng quả cầu 

với trục quay qua khối tâm: 

2mR 

5 

2 

 

0 

 

R. 

F t RN t (1) 

ms 

h 

m 

N 

 

0 

F 

ms 

M 

y 

x 

Câu 4 

Pt biến thiên động lượng khối tâm của quả cầu theo phương Oy: 

 

m v v N. 

t 

' 

y 

y 

 

y y . 

m e v v N t 

N. 

t 

2gh e 

1 

(2) 

m 

2 

2mR 

Từ (1) và (2): 0 

mR 

2gh e 

1 

5 

5 

0 

(1 e ) 2 gh 

2R 

b) Tìm vận tốc tâm quả cầu ngay sau va chạm 

Pt biến thiên động lượng khối tâm của quả cầu theo phương Ox:

' 

x 

 

m v v N. 

t 

v 

' 

x 

x 

Nt 

(3) 

m 

v e 1 2gh 

' 

Từ (2) và (3): 

 

x 

2 

'2 '2 2 2 2 2 2 

vx 

vy 

e 1 .2 gh e .2gh 2 gh 

 

( e 1) 

e 

 

c) Tìm khoảng cách từ vị trí va chạm lần 2 đến vị trí kết thúc va chạm lần 1 

Gọi V 

x 

là vận tốc tấm ván ngay khi kết thúc va chạm lần 1. 

Theo định luật bảo toàn động lượng cho hệ quả cầu và ván 

mv 

' 

x 

MV 

0 

x 

m ' m 

Vx 

vx 

e 1 

2gh 

M M 

Sau va chạm quả cầu chuyển động như vật ném xiên với 

' 

2v 

y 

t 

g 

Quãng đường quả cầu đi được dọc theo phương ngang: 

2vv 

' 

s1 

t. 

vx 

 

g 

' ' 

y x 

Quãng đường ván đi được theo chiều ngược lại là: 

s 

2 

' 

2vy 

V 

t. 

Vx 

 

g 

x 

Vị trí va chạm thứ 2 cách vị trí kết thúc va chạm lần 1: 

Thay 

' 

2vy 

s s1 s2 

V v 

g 

' ' 

y x x 

' 

( 

x x) 

v , V , v ở trên vào và biến đổi ta được: 

v v v 

' ' 

'( 

x, y) 

 

s 4he e 

1 

m 

 

M 

 

M 

Bài 5. Phương án thí nghiệm. 

Giả sử bạn cần phải lấy nước từ vòi để chứa đẩy một bể lớn có dung tích biết trước nhờ một ống dẫn 

mềm có đầu cuối là một ống kim loại hình trụ. Bạn muốn biết trước thời gian hoàn tất cái công việc 

chán ngất đó. Liệu bạn có thể tính ra thời gian đó không, nếu bạn chỉ có trong tay một cái thước? 

(Trình bày cơ sở lý thuyết, trình tự thí nghiệm, bảng số liệu, cách tính sai số và những chú ý trong quá 

trình làm thí nghiệm để giảm sai số). 

Lời giải: 

• Cơ sơ lý thuyết 

Khi hướng vòi nhựa mềm lên cao theo phương thẳng đứng, ta có thể dùng thước đo được chiều cao h 

của tia nước. Vận tốc nước chảy ra khỏi miệng vòi được tính theo công thức v 2gh 

Tích của vận tốc v vừa tìm được với diện tích tiết diện ngang của đầu kim loại (đường kính của đầu 

kim loại được đo bằng thước) cho lưu lượng Q của nước, tức lượng nước chảy ra trong một giây: 

2 

d 

Q vS= 2gh. 

4 

Bây giờ ta có thể tính được thời gian nước chảy đầy bể, vì thể tích V của nó đã biết trước:

t 

V 

4V 

 

2 

Q d 2gh 

• Tiến hành thí nghiệm 

Trước tiên ta đo đường kính đầu kim loại bằng thước, sau đó ta hướng vòi nhựa mềm lên cao theo 

phương thẳng đứng, cho dòng nước chảy ra, đánh dấu rồi đo khoảng cách h. 

h 

d 

Tiến hành thí nghiệm 5 lần rồi ghi các số liệu vào bảng sau: 

• Bảng số liệu : 

g= 9,8 0,1(m/s 2 ) 

V=……… …..(m 3 ) 

Lần TN d( m) d ( m) d ( m) 

1 

2 

3 

4 

5 

• Tính sai số của phép đo: 

- Tính giá trị trung bình : 

V 4V 

t 

=……………….(s) 

Q 2 

d 2gh 

- Tính sai số tương đối của phép đo : 

t 

d g h 

2. =……………..=……….(%) 

t d 2. g 2. h 

- Tính sai số tuyệt đối trung bình : 

t 

. t =…………(s) 

- Viết kết quả cuối cùng : 

d ( m) h( m) h ( m) h ( m) 

h ( m) 

t t t =………. ……..(s) 

Những chú ý khi tiến hành thí nghiệm để giảm sai số: 

- Khi đánh dấu để đo độ cao h thì ta phải đánh dấu và đo chính xác, khí điều chỉnh vòi nước thì ta phải 

điều chỉnh cho vòi nước thật sự thẳng đứng để giảm sai số. 

- Quá trình ta đo đường kính d, ở đây ta dùng thước thẳng do đó khi đo d ta phải xác định chính xác 

đường thẳng đo qua tâm ống kim loại.

Tuyển tập đề thi chọn học sinh giỏi 2018 môn Vật Lý lớp 10 - Các trường THPT Chuyên Cả nước - Có hướng dẫn chấm (Bộ đề 1)

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?