Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc
THPT CHUYÊN BẮC NINH
ĐỀ ĐỀ XUẤT KỲ THI OLYMPIC DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
MÔN VẬT LÝ 10
-----------***----------Bài 1. (4,0 điểm)
Một xuồng máy khối lượng m = 100 kg uđang
chuyển
động
r
r
r trên mặt nước thì tắt máy, tiếp tục chuyển
động thẳng chịu tác dụng lực cản của nước F c = −α v , với v là vận tốc xuồng, α là hệ số dương. Biết vận
tốc xuồng khi tắt máy là v0 = 10m / s và quãng đường mà xuồng đi được khi vận tốc giảm từ v0 đến
v = 5m / s là 40m. Hãy xác định:
a. Hệ số α và thời gian xuồng đi quãng đường trên.
b. Quãng đường xuồng đi được cho đến khi dừng lại và thời gian đi hết quãng đường này. Nhận xét kết
quả tính được.
Bài 2. (4,0 điểm)
Thanh AB cứng, nhẹ chiều dài l mỗi đầu gắn một quả cầu nhỏ khối lượng
bằng nhau, tựa vào tường thẳng đứng (Hình vẽ). Truyền cho quả cầu B một vận
tốc rất nhỏ để nó trượt trên mặt sàn nằm ngang. Giả thiết rằng trong quá trình
chuyển động thanh AB luôn nằm trong mặt phẳng vuông góc với tường và sàn.
Bỏ qua ma sát giữa các quả cầu với tường và sàn. Gia tốc trọng trường là g.
a. Xác định góc α hợp bởi thanh với sàn vào thời điểm mà quả cầu A bắt đầu
rời khỏi tường.
b. Tính vận tốc của quả cầu B khi đó.

A

B


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc
MÔN VẬT LÝ 10
-----------***----------Bài 1. (4,0 điểm)
+ Chọn chiều dương trùng với hướng vận tốc lúc tắt máy:
ur
r
dv
dv dx
= −α v (1)
Ta có: F c = ma ↔ m = −α v ↔ m
dt
dx dt
dv
α
Hay m = −α ↔ dv = − dx (2)
dx
m
v
α x
v −v
α
dv
=
−
dx  v − v0 = − x ↔ α = m 0
(3)
Tích phân 2 vế (2) ∫
∫
m0
m

+ Khi xuồng dừng lại thì v = 0 suy ra x1 = v0 = 80(m)
α
Từ (4) suy ra

v = v0 e

−

αt
m

0, 5 đ
0, 5 đ
0, 5 đ
0, 5 đ

(4)

. Do đó ta thấy khi v = 0 khi t1 = ∞

ur
r
+ Ta thấy điều này là vô lí: F c = −α v không còn đúng khi vận tốc nhỏ nữa.

0, 5 đ
0, 5 đ
0, 5 đ
0, 5 đ

Bài 2. (4,0 điểm)

sin α sin α
1 
sin α sin α 
Ta thấy : (1 − sin α )
.
≤
(1 − sin α ) +
+
= const

2
2
27 
2
2 
sin α
2
⇒ sin α = ;α ≈ 42 0
Nên vB đạt cực đại khi (1 − sin α ) =
2
3

www.nbkqna.edu.vn

0, 5 đ

0, 5 đ
0, 5 đ
0, 5 đ


=
=
= ρω 2 x.dx = ω 2 x.dx (1)
S
S
S
V
PT Mendeleev – Clapayron: pV =
(4 điểm)

m
RT (2)
µ

0, 5 đ
1đ
0, 5 đ

dp µω
=
xdx (3)
p
RT
2

Thay (2) vào (1) ta được:

 µω 2 x 2 
Tích phân hai vế phương trình (3) , rút gọn ta được: p = p0 exp 
÷

2
2
www.nbkqna.edu.vn

a

0, 5 đ

α

P

0, 5 đ

x

0, 5 đ
0, 5 đ

v

vs
vo

α
z

3



- 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
C1 và chu vi mặt ngoài C2 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.
Bài 5
(4 điểm)

0, 5 đ

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:
2

 C  ∆y
S ∆y
ρ1S1∆x = ρ0 S 2 ∆y ⇒ ρ1 = 2 ρ0 =  1 ÷
ρ0
S1∆x
 C2  ∆x
b. Biểu thức sai số:
C
∆y
ln ρ1 = 2 ln 1 + ln
+ ln ρ0
C2


4


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc
∆ρ1
≈ 4,86% . Dung dịch nước muối có ρ ≈ 1040kg / m3 (nước biển
Vậy
ρ1
chẳng hạn), với sai số trên thì ∆ρ ≈ 50kg / m3 , mục đích đo không đạt được.
Để giảm sai số, cần phải
- tăng C1 ; C2 và ∆x; ∆y (không khả thi)
- hoặc làm giảm sai số của 4 đại lượng trên bằng cách tăng độ chính
xác của dụng cụ đo (thay thước mm bằng loại thước có độ chính
xác cao hơn, có thể trực tiếp đo đường kính trong và ngoài của ống
nghiệm như thước kẹp chẳng hạn)
- thay đổi phương án đo (sử dụng đồ thị)

0, 5 đ

0, 5 đ

0, 5 đ
0, 5 đ

Thiếu hoặc sai đơn vị: cứ 2 lần trừ 0, 5 điểm
Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

www.nbkqna.edu.vn


tc u theo phng ngang. sau va chm qu búng ny lờn khi mt phng nghiờng, sau ú
li ri xung v va chm vi mt phng nghiờng vn ti v trớ va chm ln u. Tớnh t s
khi lng ca qu búng v mt phng nghiờng. Bit mt phng nghiờng gúc so vi
phng ngang.
Bi 3:( 4 im)
Mt khi tr c khi tr c khi lng M, bỏn kớnh Rln xung mt phng nghiờng
gúc .
1. Gi s khi tr ln khụng trt. Hóy tớnh gia tc ca khi tõm v h s ma sỏt ngh
2. Cho h s ma sỏt gia khi tr v mt phng nghiờng l . Hi vi iu kin no ca
thỡ khi tr ln khụng trt, ln cú trt?
Bi 4: ( 4 im)
Một mol khí lý tởng thực hiện chu trình gồm các quá trình sau: quá trình đoạn nhiệt
AB, quá trình đẳng nhiệt BC ở nhiệt độ T1 , quá trình đẳng tích CD và quá trình đẳng nhiệt
DA ở nhiệt độ T2 = T1 . Hãy xác định tỷ số VC / V A theo và hệ số để công mà khí nhận

www.nbkqna.edu.vn

6


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc

®îc trong chu tr×nh trªn b»ng kh«ng. BiÓu diÔn chu tr×nh trªn gi¶n ®å p – V. BiÖn luËn theo
α.
Bài 5: ( 2 điểm)
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 = 6π .η .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:


g

B

x

O

T1

F

Q

N
ỏ

T2

X

P

A
C
Y

Như vậy quỹ đạo là parabol.
Phương trình định luật II Newton viết theo phương pháp tuyến:

→ ux = g(L − h)
còn: vy =

2g(H − y)

Gia tốc pháp tuyến tại N là:
2
2
u 2 u x + u y 2g(L − y)
=
=
R
R
R
2(L − y)
Vậy: R =
cos α

an = g.cos α =

Giải các phương trình (1) – (3) được:
mgL
T=
2(L − y)

 mg 
Lúc T = T0 thì y = L 1 −
÷
 2T0 
Chú ý là:


Bài 2:
Quả bóng khối lượng m1 có vận tốc ban đầu u đến va chạm với mặt phẳng nghiêng đứng
yên. Ngay sau va chạm, quả bóng có vận tốc v1, mặt phẳng nghiêng có vận tốc v2, góc phản
xạ của quả bóng (là góc giữa vectơ vận tốc v1 với mặt phẳng nghiêng) là α.
Góc tới của quả bóng (là góc giữa vectơ vận tốc u với mặt phẳng nghiêng) là θ, là góc
m

2
nghiêng của mặt phẳng nghiêng. Để xác định tỷ số q = m , bằng bốn điều kiện sau:
1

- Theo phương ngang, không có ngoại lực tác dụng vào hệ, do đó thành phần động lượng
theo phương ngang được bảo toàn, ta có:
u = v1 . cos( α + θ ) + q.v 2
(1)
- Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi, mặt phẳng nằm ngang hoàn toàn không có ma sát nên
động năng của hệ được bảo toàn, ta có:
www.nbkqna.edu.vn

8


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc
u = v + q.v 22
2

2
1


q. cot θ − tan θ
1+ q

(8)

Thay (8) vào (7), ta có:
q=

tan 2 θ
1 − tan 2 θ

Với 0 ≤ q ≤ ∞ ⇒ 0 ≤ θ ≤

(9)
π
4

Thay (9) vào (8), ta được:
tan α = tan 3 θ

Nhận xét:
+ α ≤ θ . Dấu “=” xảy ra khi α = 0;

π
4

+ Đặc biệt, kết quả này phù hợp cả khi mặt phẳng nghiêng góc θ > 45 o. Khi θ = 45o, mặt
phẳng có thể có khối lượng bất kỳ so với quả bóng, khi đó động lượng của hệ theo phương
ngang luôn bằng không sau lần đầu va chạm.
Bài 3

2
=> aG = g sin
3
tan
+ Vỡ ma sỏt l ma sỏt ngh do vy: Fms à n .N => à n
3

2. T (1) v (3) ta suy ra
Mg sin Fms
M
2F
=> = ms
MR

=> aG =

+ Gi K l im tip xỳc gia]x khi tr v mt nghiờng:
+ aK = aG R=> aK = gsin 3gcos
+ Bin lun:
tan
3
tan
+ aK > 0 khi tr ln cú trt => à
3

+ aK = 0 khi tr ln khụng trt => à =

Bi 4:
- Vì C D là quá trình đẳng tích nên VC = VD và ACD = 0 .
- Vì quá trình A B là đoạn nhiệt T A V A = TB VB 1

AAD = nRTD ln

VC
(n là số mol khí: n = 1)
VB

VA
V
= nRTB ln A
VD
VC

Xét quá trình đoạn nhiệt AB ta có:
AAB = U =

Để

công

A= A
ln

AB

nR(TB T A ) nRTB (1 )
=
1
1

mà

www.nbkqna.edu.vn

10

thì:


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc
V
V
α (ln α − 1) + 1
α − 1 − ln α
ln = C =
; ln A =
VB
(1 − γ )(α − 1)
VC (1 − γ )(α − 1)

* BiÖn luËn:
+ NÕu α < 1 →

VC
V
> 1 vµ A > 1 . Ta cã ®å thÞ h×nh a.
VB
VC

+ NÕu α > 1 →

VC

- Dùng cân điện tử để cân khối lượng: ống nhỏ giọt, ống nhỏ giọt có chứa
nước để xác định khối lượng m của nước trong ống.
- Đếm số giọt nước N.
Giọt
Bước 2: Cho giọt nước từ ống nhỏ giọt rơi vào dầu từ một độ cao h xác
nước
định (để giọt nước có tốc độ ban đầu đủ lớn). Mỗi giọt nước chuyển động S
CĐ
đều.
trong ống dầu, quan sát chuyển động của giọt nước:
Nước
- Dùng thước đo quãng đường S (quan sát thấy giọt nước chuyển động
Hình 2
đều).
- Dùng đồng hồ đo khoảng thời gian t chuyển động tương ứng.
Chú ý: Khi tiến hành bước 2 nhiều lần mức chất lỏng và nước 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
đường S (do mức nước dâng lên).
3. Xử lý số liệu
a. Xác định bán kính của một giọt nước: Đo m, đếm N
www.nbkqna.edu.vn

11


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc
m
- Khối lượng 1 giọt nước: m0 = .
N


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC
DUYÊN HẢI BẮC BỘ
NĂM HỌC 2012- 2013

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN, HÀ NỘI

MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 10
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 3 trang

Câu 1 (5 điểm): Động lực học chất điểm
Trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, có một chiếc xe khối
lượng m. Trên xe có hai khối hộp, khối lượng 5m và m
được nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ không dãn, vắt
qua một ròng rọc có khối lượng
không đáng kể. Người ta
r
kéo ròng rọc bằng một lực F không đổi theo phương
ngang như hình vẽ 1. Hệ số ma sát trượt và nghỉ giữa xe
và các khối là μt = μn = μ = 0,1.

5m
m

r
F
m


va chạm quả cầu bật lên đến độ cao h = k 2h 0 (k
là hằng số). Biết rằng trong suốt quá trình va
chạm giữa quả cầu và băng chuyền, quả cầu
www.nbkqna.edu.vn

m
ho

vO
Hình 3
13


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc

luôn bị trượt, cho hệ số ma sát trượt giữa quả cầu và băng chuyền là μ. Coi rằng trọng lực
rất nhỏ so với lực tương tác trong quá trình va chạm, bỏ qua lực cản của không khí. ( Hình
vẽ 3)
a) Tìm góc θ giữa hướng vận tốc của tâm quả cầu so với phương ngang.
b) Tìm động năng của quả cầu ngay sau va chạm.
c) Tính khoảng cách giữa vị trí va chạm lần 2 với vị trí kết thúc va chạm lần 1 trên băng
chuyền.
Câu 4 (4 điểm): Nhiệt học
Một xi lanh hình trụ, kín, tiết diện S, thể tích
3V0, có chứa hỗn hợp khí lí tưởng gồm hai khí trơ có
khối lượng mol lần lượt là μ1 và μ2. Khối lượng riêng
của hỗn hợp khí là ρ, áp suất của khí là p 0, nhiệt độ
của xi lanh luôn được giữ ở nhiệt độ T o. Trong xi
lanh có 1 pit tông mỏng, khối lượng M, có thể trượt
không ma sát trong xi lanh, chia xi lanh thành hai

nghiêng, biết rằng độ nghiêng của mặt phẳng không đủ lớn để cho mẩu gỗ tự trượt
xuống.
…………………………………….Hết …………………………………………..

www.nbkqna.edu.vn

14


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Đáp án
Câu 1 a) Có thể xảy ra các trường hợp sau:

Điểm

5m
r
* Trường hợp 1: Hai khối hộp cùng
T
mT
F
chuyển động, khi đó, lực ma sát tác dụng
m
lên khối 5m và m là ma sát trượt và có
độ lớn lần lượt là: Fms1 = 5μmg,
Hình 1
Fms2 =
μmg. ..........................................................................

0,5

Với xe: Fms1 + Fms2 =ma và Fms2 = μmg (4)
Từ (3) và (4) suy ra: F=2(6ma – μmg) = 2,2mg.

0,5

F
− µmg
b) Gia tốc của vật 2: a = 2
= g (a2>a).
2
m

0,5

Do dây không dãn nên khối m lại gần ròng rọc bao nhiêu thì khối 5m
ra xa ròng rọc bấy nhiêu.
Nghĩa là: a2/rr = - a1/rr
Hay: (a2 – arr ) = - (a1 –arr).
Suy ra: a rr =

0,5

a1 + a 2 0,2g + g
=
= 0,6g
2
2


m2
(nửa) elip.
Hình 2
b) Khi viên bi 2 chuyển động
lên trên:
vận tốc v giảm dàn,
thành phần của trọng lực làm giảm lực căng tăng dần
 lực căng dây giảm dần
+ Tại vị trí cao nhất cua m2:
2
mvC
TC =
− mg
(2)
RC
+ Tìm vận tốc của m2 tại vị trí cao nhất:
Tại vị trí cao nhất, về độ lớn: v1 = v2 = vC
Bảo toàn cơ năng:
2
2
mv0
mvc
= 2.
+ mg 2l
2
2
2
vO
2
=> vC =

RC
+ Thay (3) và (4) vào (2) ta được:
2
vO
2
m(
− 2 gl )
mvO
2
TC =
− mg =
− 5mg
l
l
2
+ Điều kiện để dây luôn căng: TC ≥ 0 => vO ≥ 5 gl
+ Điều kiện để m1 luôn chuyển động trên mặt phẳng ngang:
y
TC ≤ mg => vO ≤ 6 gl
Kết luận: …….

5 gl ≤ vO ≤ 6 gl

Câu 3 + Gọi v là vận tốc khối tâm
www.nbkqna.edu.vn

r
N

r

2
µN .R.∆t = mR 2 .ω
5

(2)
(3)

0,5

a) Từ (1) và (2) suy ra:

0,5

v X = µ (k + 1)v
vY
k
=
=> tan θ =
v X µ ( k + 1)

0,5

b) Từ (1) và (3) tìm được tốc độ góc của quả cầu ngay sau va chạm.

ω=

5µ (k + 1)v
2R

0,5

g

Khoảng cách giữa vị trí cuối lần va chạm thứ nhất đến vị trí va chạm lần thứ hai
trên băng chuyền là:

l = v0 − v X .t = vO − µ (k + 1) 2 ghO .2k

2hO
g
1,0

Câu 4 a) Gọi n1 và n2 lần lượt là số mol khí của khí 1 (μ1) và khí 2 (μ2)
+ Ta có các phương trình sau:

m = 3ρVO = n1µ1 + n2 µ 2
3p V
n1 + n2 = O O
RTO

0,5
0,5

+ Từ 2 phương trình suy ra:

n1 =

3VO pO µ 2 − ρRTO
.
RTO
µ 2 − µ1

(4)
2p0V0 = pBVB
(5)
+ Mặt khác: VA + VB = 3V0.
Đặt x = VB/VA
=> VA =

3V0
;
1+ x

VB =

0,5

3V0 x
1+ x

0,5

Kết hợp với phương trinh (3), (4), (5) ta được:

1+ x
1 + x − kMg cos α
− p0V0 .
=
3V0 x
3V0
S
3kMg cos α


- Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống ta có: F2 = kPcosα - Psinα (2).
- Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta có: F1-F2=2Psinα → sin α =
- Cộng vế với vế phương trình (1) và (2) ta có: cos α =

F1 − F2
(3).
2P

0,25

F1 + F2
(4).
2P

0,25

- Do sin2α+cos2α = 1 nên ta có:
1= (

F1 − F2 2
F + F2 2
) +( 1
) →k =
2P
2kP

F1 + F2

0,5

M

uur
vo
O
18


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc

2, Tính thời gian quả cầu rơi xuống M kể từ khi quả cầu
được cung cấp vận tốc tại O. Bỏ qua mọi ma sát, coi mọi
va chạm tuyệt đối đàn hồi.
Bài 2: (5 điểm)
Một tấm ván khối lượng M được treo vào một dây dài nhẹ, không giãn. Nếu viên đạn
có khối lượng m bắn vào ván với vận tốc v0 thì nó dừng lại ở mặt sau của ván, nếu bắn với
vận tốc v1 > v0 thì đạn xuyên qua ván. Tính vận tốc v của ván ngay sau khi đạn xuyên qua.
Giả thiết lực cản của ván đối với đạn không phụ thuộc vào vận tốc của đạn.
Bài 3: (4 điểm)
Cho 1 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện quá trình biến đổi trạng thái (1 sang
2) sao cho nhiệt dung của nó trong quá trình này không đổi bằng 2R.
1. Hỏi thể tích khí tăng bao nhiêu lần nếu nhiệt độ tăng gấp 9 lần?
2. Khí tiếp tục biến đổi sang trạng thái 3 bởi quá trình dãn đoạn nhiệt, rồi làm lạnh đẳng
tích sang trạng thái 4 và trở về trạng thái đầu thông qua quá trình đẳng áp. Cho biết V 4 =
4V1.
a. Biểu diễn chu trình biến đổi trạng thái của khí trên đồ thị (p – V).
b. Tính hiệu suất chu trình.
Bài 4: (4 điểm)
Thanh mỏng đồng chất AB thẳng dài L quay xung quanh trục đi qua trung điểm. Lúc
đầu thanh được giữ nằm ngang, một con nhện được ném theo phương ngang từ một vị trí

1. Một mặt phẳng dùng làm mặt phẳng nghiêng;
2. Khúc gỗ dạng hình hộp chữ nhật;
3. Giá đỡ;
4. Thước đo chiều dài.
-------------HẾT------------

Người ra đề: Ngô Thị Thu Dinh
Đơn vị: Trường THPT CHUYÊN BIÊN
HÒA
TỈNH HÀ NAM

-----------------------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC
DUYÊN HẢI- ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
MÔN: VẬT LÝ LỚP: 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Đáp án

Bài 1
1.

Điểm

5 điểm
 Tìm vận tốc ban đầu của quả cầu.
Chọn hệ trục tọa độ xBy (hình vẽ)
Chọn gốc thế năng ở mặt phẳng ngang.
uur

⇒ vB = vo2 − ga 2

Sau khi rời B, quả cầu chuyển động
uur
như vật ném xiên với vận tốc ban đầu vB ,
α = 450 .
+ Trên By:

α

o

x

M

O

0,5

0,25
20


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc
v y = vB −

g 2
g 2 2
t ; y = vB t −

g

+ Trên Bx
Quả cầu chuyển động nhanh dần đều với ax =

g 2
; v0 x = 0
2

0,5

Theo tính chất chuyển động nhanh dần đều thì quãng đường đi được dọc
theo OM sau những khoảng thời gian bằng nhau liên tiếp t là:
x1 : x2 : x3 : … = 1 : 3 : 5 : … : ( 2 n -1)

Để quả cầu rơi đúng điểm M:

0,5

x1 + x2 + … + xn = 1 + 3 + 5 + … + ( 2n - 1)  x1 = n 2 x1 = l

2 2(v02 − gl 2)
Với x1 = axt =
g
2

⇒ vo =

2.


B

2
O

vo2 − gl 2 − vO vO 2 − 2vo2 − 2 2 gl 1
vB − vO
=
=
=
=
−g
a'
g
n
2

( 4n

2

+ 1) l

g 2

−

1
n


= 2n +
n

( 4n

( 4n

2

+ 1) l

g 2
2

)

+ 1) − 1

−

1
n

l
g 2

l
g 2

Chú ý: Nếu học sinh chỉ xét trường hợp quả cầu từ B rơi ngay xuống M(n =


= 1+ 5

Bài 2

)

l
g 2

5 điểm
 Khi vận tốc đạn là v0
Sau khi xuyên qua, đạn và tấm gỗ cùng chuyển động với vận tốc v’.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và năng lượng cho hệ ngay trước và
sau khi va chạm ta có:
mv0 =(M+m)v’
(1)
1
1
mv0 2 = ( M + m ) v 2 + Q
2
2

(2)

0,5

0,5
0,5


(5)

0,5
0,5

Thay (3), (4) vào (5) ta suy ra:
2

M 2 
M 
M
v =
v +  v1 − v ÷ +
.v02
m
m
M
+
m


2 2
m v0
mv1
⇒ v2 − 2
.v +
=0
M +m
( M + m) 2
2

0,5

m
(v1 − v12 − v02 )
M +m
22


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc

Bài 3
1.

4 điểm
 Thể tích khí tăng bao nhiêu lần nếu nhiệt độ tăng gấp 9 lần
3
5
2
3
dQ
=
dA
'
+
dU
⇒ CdT = pdV + CV dT
Áp dụng nguyên lý I:
1
⇒ pdV = (C − CV )dT = RdT
2


2.

0,5

Vậy thể tích khí tăng 3 lần.
 Tính toán đưa ra sơ đồ trạng thái của toàn bộ chu trình:
γ

3
 p3 = 3  ÷ p1
 p1
 p2 = 3 p1
4




C = 2 R = const
Q =0
TT 1 V1 
→ TT 2 V2 = 3V1 
→ TT 3 V3 = 4V1
T
T = 9T

γ
1
1
 2

p3
p1

b.

3
1

O

4
V

V3=V4
V1
V2
 Tính hiệu suất của chu trình.
Quá trình 1-2: ∆U12 = 12 RT1 ; A '12 = 4 RT1 ⇒ Q12 = 16 RT1 > 0
Quá trình 2-3: Q23 = 0 ⇒ A '23 = −∆U 23 = 2,356 RT1
Quá trình 3-4: A '34 = 0 ⇒ Q34 = ∆U 34 = −5,144 RT1 < 0
Quá trình 4-1: ∆U 41 = −4,5RT1 ; A '41 = −3RT1 ⇒ Q41 = −7,5RT1 < 0
Tổng công thực hiện trong chu trình:

0,5

A ' = A '12 + A '23 + A '34 + A '41 = 3,356 RT1

www.nbkqna.edu.vn

23

(1)

h
A

C

G

L/4

a.

L

D
αt

B

ω
a

 Tìm vận tốc góc của thanh ngay sau va chạm
Trong quá trình va chạm, moment ngoại lực tác dụng lên hệ “thanh + nhện”
bằng 0 (đối với trục quay qua G), nên moment động lượng được bảo toàn.
Xét động lượng hệ ngay trước và sau khi va chạm:
mv y

L

thanh.
Xét tại thời điểm t: nhện bò được một đoạn x; thanh quay được góc α t = ω0t
Moment động lượng của hệ: Lt = Itω0

0,25
0,25

0,25
0,25

2

dI
1
L

L

Khi đó: I t = mL2 + m  + x ÷ ⇒ t = 2m  + x ÷dx
12
dt
4

4

dL
Phương trình động lực học cho hệ quay: M = t
dt
dI
L

Nhện rời thanh khi thanh thẳng đứng: α = 2 = ω0t ⇒ t = 2ω
0
Khi đó: x =

0,25

L
2g
⇒ ω0 =
4
L

(5)

0,25

(6)

0,25

(7)

0,25

2

h 7
Từ (4) và (5) ta có: =  ÷
L  12 



Với F là lực theo phương mặt phẳng nghiêng
cần thiết để kéo vật lên
F = mg sin α + µ mg cos α
(2)
µ
Với
là hệ số ma sát.

h1

Để xác định hệ số ma sát µ , ta cần đặt vật lên trên mặt phẳng nghiêng sao
cho vật nằm yên. Tăng dần góc nghiêng cho đến khi góc nghiêng là α 0 thì
vật bắt đầu trượt xuống khi đó:
l1
mg sin α 0 = µ mg cos α

α

Từ đó:

µ = tan α 0 =

Thay (2), (3) vào (1):

l0
h0

(3)
H=