Tải file Word tại website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ XI

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN- HÀ NỘI

MÔN VẬT LÍ - KHỐI 10

ĐỀ GIỚI THIỆU

(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



   0 1 

r
 . Với  0 là một hằng số (hệ số ma sát ở tâm của sân). Xác định
R

bán kính của đường tròn tâm O mà người đi xe đạp có thể lượn với vận tốc
cực đại. Tính vận tốc đó.

1


Tải file Word tại website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369

nhỏ có khối lượng m (hình vẽ). Bỏ qua ma sát ở 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 = 1km2. 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 = 10-5Pa. Bán kính quỹ đạo của Trái đất RĐ =
1,5.108 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 RH = 2,3.108 km. Bỏ qua ảnh hưởng của
Trái đất và các hành tinh khác.
Cho biết G.MT = 1,3.1011 km3/s2 (G là hằng số hấp dẫn, MT là khối
lượng Mặt trời)
Câu 4:(4 điểm)
Trong một bình hình trụ cách nhiệt đặt thẳng đứng, bên
dưới một pittông không trọng lượng, không dẫn nhiệt là một

Thủy ngân



Tải file Word tại website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369

ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THIỆU - LẦN XI – MÔN VẬT LÝ 10
(TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN – HÀ NỘI)
Câu 1
(5 điểm)
1.

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.
r
v

N  ma ht =>  0 1  .mg  m
R
r

 g
=> v 2   0 gr  0 r 2
R

F ms

2


R  g R
=> v max 
 v  0 g  0    0
2
R 2
4
2

Lúc đó: v

2
max

2

Vậy người đi xe đạp có thể đi với vận tốc lớn nhất bằng
quỹ đạo có bán kính lớn nhất bằng

 0 gR
2

 0 gR
2

trên 0,5đ

R
.
2




Tải file Word tại website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369

 u  V  u1 cos 
u 2  V 2  u12

u

1  cos 2 
 u1
2 cos 

sin 2 
tg 2 
V
 u1 
u1 cos 
2 cos 
2

0,5

(1)
(2)

Phân tích:
không thay đổi trong suốt quá trình

Do không ma sát nên:


0,25

Thay (4) và (5) vào (2), ta được:

2 cot g 2
2 cos 2 
2 cos 2 
V
u 
u 
u
1  2 cot g 2
1  cos 2 
1  cos 2 
0,5

2 cos 2 
u
Vậy vận tốc của khối bán cầu sau va chạm là: V 
1  cos 2 

5


Tải file Word tại website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369
b)
1,0 đ

Trong thời gian va chạm, khối bán cầu

2
2

0,5

Giải hệ pt trên ta được:
v

2 gR
,
m
1
M

V

m
M

2 gR
m
1
M

0,5

Trong HQC gắn với M, m chuyển động tròn, khi m thấp nhất thì HQC
này là HQC quán tính nên :
N  mg 



mgR  I    2MR 2  m R 2  


mg
 R 
2  M  m

O . G.
aG


0,5
mg

2

C
F

6


Tải file Word tại website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369
Gia tốc của khối tâm G ngay sau khi thả hệ:
aG   .CG
Phương trình định luật II Niutơn cho hệ :
theo phương ngang: F  (M  m)aG cos   (M  m) R
phương thẳng đứng: (M  m) g  N  (M  m)aG sin 


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

PSRD2 
 M T 
  m
2
Gm
M
m
M
M
GmR

D
F *  G T2  PS  G T 2 
 PS  G 
RD
RD
GmR D2
R D2

Đặt M T*  M T 
F*  G

0,5
(1)

PSRD2

E
G
2
RD

0,5

2
m  MT
 Gm  PSRD M T 


M* 


RD  2
2 
 R D  Gm

Tầu vũ trụ ra khỏi hệ mặt trời nếu E  0

0,5

PSRD2 M T
2 PSRD2


0m
 3,46.10 3 kg
Gm


2
RD
2
RH
 1
1 

 V  V  2GM 

R
R
H 
 D
2
D

2
H

*
t

0,5

(4)

Theo ĐL II Kepler: VD  RD  VH  RH  VH  VD

RD

- Ban đầu, áp suất khí bằng (2 pa ), => áp suất cột thủy ngân có độ
0,25
cao H bằng pa .
- Trạng thái cân bằng mới:
3H  x
pa .
H
3H  x
4H  x
px  pa 
pa 
pa (1)
H
H

+ cột thủy ngân có độ cao 3H  x , có áp suất bằng
+ khí có nhiệt độ Tx, áp suất
- Phương trình trạng thái:

(1)&(2)

=>

px Sx 2 pa .S (2 H )
(2)

Tx
T1
(4 H  x) x
Tx 

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

2 pa  p x
(6 H  x)( x  2 H )
( xS  2 HS ) 
pa S
2
2H

Vì trong trạng thái ban đầu:
2 pa .2 HS  RT1

=>
A

0,75

(6 H  x)( x  2 H )
RT1
8H 2

Theo Nguyên lý I NĐH: Q  U  A
Và tính đến (2) và (3), ta được
Q  ( x 2  5Hx  6 H 2 )

RT1
RT
= ( x  2 H )(3H  x) 12
2


Câu 5
(3 điểm) nghiêng, khi đó ta có: F = kPcos + Psin (1), (F là số chỉ của lực
1
1
kế khi đó).
- Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống ta có:
F2 = kPcos - Psin (2).

0,5

0,5
9


Tải file Word tại website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369
- Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta có: F1-F2=2Psin
 sin  

0,5

F1  F2
(3).
2P

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

F1  F2
(4).
2P