SlideShare a Scribd company logo

TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf

•
•
Nguyen Thanh Tu Collection
Nguyen Thanh Tu Collection

https://app.box.com/s/f9iy2bf1jhk4z56f6nyznxwmy9k8rk6w

Education
1 of 78
Đ Ề T H I C H Ọ N H S  G T R Ạ I H È H Ù N G V Ư Ơ N G Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11 WORD VERSION | 2023 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594 Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group 1 Bài 1 – Động học chất điểm (4,0 điểm): Hai chiếc tàu biển đang chuyển động thẳng đều trên mặt biển (coi như phẳng, lặng). Tại thời điểm ban đầu (t = 0), hai tàu ở vị trí như hình vẽ: Các tàu có các tốc độ không đổi ; khoảng cách giữa chúng là L; tàu A chuyển động theo phương nối hai tàu, còn tàu B chuyển động hợp với phương nối hai tàu một góc 60 . a. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa hai tàu theo L. b. Thuyền trưởng của tàu B muốn chuyển hàng sang tàu A nên chất hàng lên một canô nhỏ và thả canô xuống biển, coi canô ngay tức thì chuyển động thẳng đều đến gặp tàu A với tốc độ . Canô cần đi từ tàu B tới tàu A trong thời gian ngắn nhất bằng bao nhiêu và khi đó canô xuất phát từ tàu B vào thời điểm nào? c. Nếu . Để có thể tới được tàu A, canô cần xuất phát muộn nhất vào thời điểm nào? Bài 2 – Các định luật bảo toàn (4,0 điểm): a. Trên mặt phẳng nhẵn, nằm ngang, hạt A có khối lượng mA chuyển động tới va chạm hoàn toàn đàn hồi với hạt B có khối lượng mB đang đứng yên, với mA mB. Sau khi va chạm vận tốc của hạt A lệch đi so với hướng vận tốc trước khi va chạm là θ . Chứng minh rằng: sin B A m m θ ≤ b. Trên mặt phẳng nhẵn, nằm ngang, có N rất lớn các quả cầu nhỏ giống nhau, tổng khối lượng của chúng là M, các quả cầu này nằm cách đều nhau trên nửa đường tròn như hình vẽ. Một quả cầu khác có khối lượng m chuyển động từ phía trái tới va chạm lần lượt với tất cả các quả cầu nhỏ và cuối cùng quay ngược trở lại về phía trái. - Tìm giá trị của m để xảy ra hiện tượng trên. - Với giá trị lớn nhất của m trên, tìm tỉ số vận tốc cuối cùng của m và vận tốc ban đầu của nó khi chưa va chạm. Cho biết: 1 1 (1 )x e khi x x − − = → ∞ Bài 3 – Nhiệt học (4,0 điểm): Có 4g khí Heli được nhốt trong một xilanh thành nhẵn đặt thẳng đứng bởi một pittông có khối lượng m 80kg = . Ban đầu pittông được giữ đứng yên ở vị trí mà đáy của nó cách đáy xilanh một đoạn h 2,24m = như hình vẽ. Khi đó nhiệt độ khí trong xilanh là 1 T và áp suất khí trong xilanh bằng áp suất khí quyển. Biết pittông và xilanh hoàn toàn TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII– VĨNH PHÚC 2023 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ - LỚP 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 04 tháng 08 năm 2023 Đề thi gồm 02 trang m S h ĐỀ CHÍNH THỨC D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
2 cách nhiệt, diện tích tiết diện của xilanh là 2 S 100cm = . Coi Heli là khí lý tưởng có nhiệt dung riêng đẳng tích v c 3150J / kg.K = và khối lượng mol là 4g / mol ; áp suất khí quyển là 5 2 1 p 10 N / m = ; gia tốc rơi tự do 2 g 10m / s = . Sau đó thả nhẹ pittông. Tìm tốc độ cực đại của pittông trong quá trình rơi. Bài 4 – Cơ vật rắn (4 điểm): Một quả cầu khối lượng được đặt giữa bức tường thẳng đứng và một nêm khối lượng có góc nghiêng sao cho quả cầu chạm vào nêm và tiếp xúc với mặt nêm ở điểm cao nhất của nêm như trên hình vẽ. Nêm được đặt trên mặt phẳng nằm ngang và cả quả cầu và nêm chuyển động đều không ma sát. a. Xác định tỷ số và góc để nêm không bị lật sau khi buông ra. b. Xác định tốc độ mà quả cầu nhận được vào thời điểm nó trượt được một đoạn dài 20 trên mặt nêm. Cho 60 và 12. Bài 5 – Tĩnh điện (4,0 điểm): Cho hai quả cầu kim loại cô lập cùng bán kính R đặt rất xa nhau, ban đầu tích điện cùng dấu là QA0 và QB0. Sử dụng một viên bi sắt nhỏ bán kính r, ban đầu chưa tích điện để chuyển điện tích qua lại giữa hai quả cầu. a. Đầu tiên chạm viên bi sắt vào quả cầu kim loại A đang tích điện với điện tích QA0, trên viên bi sắt xuất hiện điện tích . Tính theo R và r. (Ta sẽ sử dụng đại lượng này trong các phần tiếp theo) b. Tiếp đó, chạm viên bi vào quả cầu B rồi chạm vào quả cầu A… Lặp lại quá trình này (chạm vào B rồi chạm vào A) thêm (k – 1) lần nữa. Bỏ qua hiện tượng dò điện. Cho các thông số: 10,0 ; 1,0 và 0,02. - Với 10. Tính giá trị điện tích của các quả cầu khi đó (coi lượng điện tích lưu lại trên viên bi là nhỏ). - Với k bằng bao nhiêu thì độ lệch giữa điện tích của hai quả cầu nhỏ hơn 1% tổng điện tích của chúng? ………………………HẾT…………………….. Họ và tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………………… Lưu ý: • Thí sinh trả lời từng câu hỏi trên các tờ giấy thi riêng biệt. • Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu. • Cán bộ coi thi KHÔNG giải thích gì thêm. m M D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 1 Lưu ý: - Nếu thí sinh làm cách khác mà cho kết quả chính xác, có chứng cứ khoa học vẫn cho điểm tối đa. - Giám khảo làm tròn điểm tổng bài thi đến 0,25 điểm. Bài 1 – Động học chất điểm (4,0 điểm): Hai chiếc tàu biển đang chuyển động thẳng đều trên mặt biển (coi như phẳng, lặng). Tại thời điểm ban đầu (t = 0), hai tàu ở vị trí như hình vẽ: Các tàu có các tốc độ không đổi ; khoảng cách giữa chúng là L; tàu A chuyển động theo phương nối hai tàu, còn tàu B chuyển động hợp với phương nối hai tàu một góc 60 . a. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa hai tàu theo L. b. Thuyền trưởng của tàu B muốn chuyển hàng sang tàu A nên chất hàng lên một canô nhỏ và thả canô xuống biển, coi canô ngay tức thì chuyển động thẳng đều đến gặp tàu A với tốc độ . Canô cần đi từ tàu B tới tàu A trong thời gian ngắn nhất bằng bao nhiêu và khi đó canô xuất phát từ tàu B vào thời điểm nào? c. Nếu . Để có thể tới được tàu A, canô cần xuất phát muộn nhất vào thời điểm nào? HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm Trong cả bài này, cho đơn giản, ta xét các chuyển động trong hệ quy chiếu gắn gới tầu A. Khi đó tầu A đứng yên, tầu B có tốc độ tương đối vr. ca nô có tốc độ tương đối ur. a) Với điều kiện , tầu B có tốc độ tương đối 2 cos √3 chuyển động theo phương nối hai tầu lúc đầu góc 30 . Khoảng cách gần nhất là TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII–VĨNH PHÚC 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÝ - KHỐI 10 Ngày thi: 04 tháng 8 năm 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
2 khoảng AC như trên Hình: sin … 1.0 b) Vận tốc tương đối của canô: 2 cos với góc thể hiện như trên hình vẽ. Áp dụng định lý hàm số sin: !# $ % !#'() $ % )*+ !# ,( !#-.()*/ Vậy thời gian đi từ tầu B sang tầu A của canô: 0 . !#-.()*/ 23 45! * !#-.()*/ ………….. Xét 0 2 0 0 0 1 3 1 3 cos .sin(150 ) cos ( cos sin ) cos .cos sin 2 2 2 2 1 1 1 3 1 1 ( cos2 sin 2 ) (cos60 .cos2 sin 60 .sin 2 ) 4 2 2 2 4 2 1 1 cos(60 2 ) 4 2 γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ − = + = + = + + = + + = + − Khi 0 30 γ = mẫu max và min 3 L t v = Và khi này tam giác ABC cân tại C vì vậy canô xuất phát lúc: 3 xp L t v = 1 0,5 0,5 c) Giả sử canô đợi trên tầu B trong khoảng thời gian 6 trước khi xuất phát. Khi tàu đợi càng lâu, đoạn BS càng dài, góc giữa AS và AB càng lớn. Vậy: 678 ứng với góc D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 3 78. Từ tổng hợp vận tốc, ta thấy: sin 78 3 Vậy: 39 !# * !#'() $ % )*+ → 6 √,3 . !# * ; % 45! *√= % !# * √,3 . ? @) ? + % √= ? 3 . @, ? + % ),, ……… 1 Bài 2 – Các định luật bảo toàn (4,0 điểm): a. Trên mặt phẳng nhẵn, nằm ngang, hạt A có khối lượng mA chuyển động tới va chạm hoàn toàn đàn hồi với hạt B có khối lượng mB đang đứng yên, với mA mB. Sau khi va chạm vận tốc của hạt A lệch đi so với hướng vận tốc trước khi va chạm là θ .Chứng minh rằng: sin B A m m θ ≤ b. Trên mặt phẳng nhẵn, nằm ngang, có N rất lớn các quả cầu nhỏ giống nhau, tổng khối lượng của chúng là M, các quả cầu này nằm cách đều nhau trên nửa đường tròn như hình vẽ. Một quả cầu khác có khối lượng m chuyển động từ phía trái tới va chạm lần lượt với tất cả các quả cầu nhỏ và cuối cùng quay ngược trở lại về phía trái. - Tìm giá trị của m để xảy ra hiện tượng trên. - Với giá trị lớn nhất của m trên, tìm tỉ số vận tốc cuối cùng của m và vận tốc ban đầu của nó khi chưa va chạm. Cho biết: 1 1 (1 )x e khi x x − − = → ∞ HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm a. (2 điểm) Bảo toàn động lượng: 2 2 2 ' ' ' ' 2 ' os A A B B A A A A p p p p p p p p c θ = + → = + − (1) 0,5đ Bảo toàn năng lượng: 0,5đ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
4 2 2 2 ' ' 2 2 2 A A B A A B p p p m m m = + (2) Rút 2 'B p từ phương trình (2) thế vào (1) ta có: 2 2 2 ' os (1 ) ' (1 ) B B A A A A A A m m p p c p p m m θ = − + + (3) 0,25đ Đặt x = ' ' A A A A p v p v = ta có: 2.cosθ = 1 (1 ) (1 ) B B A A m m x x m m − + + (4) 0,25đ Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho vế phải của (4) 2.cosθ ≥ 2 2 2. (1 ).(1 ) 2 1 B B B A A A m m m m m m − + = − (5) Vậy: sinθ ≤ B A m m (đpcm) 0,5đ Chú ý: Có thể giải bằng cách đổi hệ quy chiếu khối tâm. b. (2 điểm) Áp dụng phần a. ta có: sin M N m θ       ≤ góc ở tâm đối với 2 quả cầu liền kề nhau là 1 N π α = − rất nhỏ nên coi: sin 1 N π α = − 0,5đ Nếu điều kiện va chạm xảy ra thì góc lệch của m sau mỗi lần va chạm sẽ là: θ α = Vậy: ( 1) sin (6) 1 . M M N N m N m N π θ π     −   = ≤ → ≤ − 0,5đ Bất đẳng thức (5) xảy ra dấu bằng khi: x = ' A B A A B A m m v m m v − = + Đặt M N µ = là khối lượng của mỗi viên bi nhỏ. Áp dụng cho câu b. thì sau môi lần va chạm ta có: ' v m v m µ µ − = + 0,5đ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 5 Sử dụng công thức gần đúng: 1/2 1/2 2 ' (1 ) .(1 ) (1 ) 1 2 v m v m m m m m µ µ µ µ µ µ − − = = − + = − = − + 0,25đ Sau N lần va chạm: (1 ) (1 ) . N N c v M v m m N µ = − = − (vc là vận tốc cuối cùng) Với m lớn nhất thì theo (6): ( 1) . . 1 M N M m N m N N π π − = → = − Ta có: 1 1 1 1 1 (1 ) (1 ) .(1 ) (1 ) .(1 ) 1 1 1 1 1 N N N c v N v N N N N π π π π π π π − −     = − = − − = − −   − − − − −     Vì N rất lớn nên 1 .1 4,32% c v e e v π π − −   = = =   0,25đ Bài 3 – Nhiệt học (4,0 điểm): Có 4g khí Heli được nhốt trong một xilanh thành nhẵn đặt thẳng đứng bởi một pittông có khối lượng m 80kg = . Ban đầu pittông được giữ đứng yên ở vị trí mà đáy của nó cách đáy xilanh một đoạn h 2,24m = như hình vẽ. Khi đó nhiệt độ khí trong xilanh là 1 T và áp suất khí trong xilanh bằng áp suất khí quyển. Biết pittông và xilanh hoàn toàn cách nhiệt, diện tích tiết diện của xilanh là 2 S 100cm = . Coi Heli là khí lý tưởng có nhiệt dung riêng đẳng tích v c 3150J / kg.K = và khối lượng mol là 4g / mol ; áp suất khí quyển là 5 2 1 p 10 N / m = ; gia tốc rơi tự do 2 g 10m / s = . Sau đó thả nhẹ pittông. Tìm tốc độ cực đại của pittông trong quá trình rơi. HƯỚNG DẪN CHẤM NỘI DUNG ĐIỂM Nhiệt độ ban đầu của khí là 1 T thỏa mãn phương trình trạng thái 5 1 1 ( . ) 10 .(0,01.2,24) 269,55 .( / ) 8,31.(4 / 4) He He p S h T K R m M = = ≈ 0.5 m S h D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
6 Pittông đạt tốc độ cực đại và khi hợp lực tác dụng lên nó bằng 0. Gọi 2 p là áp suất của khối khí khi pittông đạt tốc độ cực đại. 0 2 0 p S mg p S + − = 5 5 2 2 0 80.10 10 1,8.10 ( / ) 0,01 mg p p N m S  = + = + = 0.5 Quá trình biến đổi trạng thái của khí He là quá trình đoạn nhiệt với hệ số đoạn nhiệt 5 / 2 5 3 / 2 3 p v c R c R γ = = = 1 1 2 2 pV p V γ γ = 5 5/3 5 5/3 3 3 2 1 10 .(2,24.0,01) (1,8.10 ). 15,74.10 ( ) − =  ≈ V V m 0.5 Theo phương trình trạng thái khí lý tưởng ta tính được nhiệt độ khí He lúc pittông đạt tốc độ cực đại: 5 3 2 2 2 1 5 1 1 (1,8.10 ).(15,74.10 ) . 269,55. 340,93 (10 ).(2,24.0,01) p V T T K pV − = = ≈ 0.5 Khi đạt tốc độ cực đại pittông đã di chuyển quãng đường: 3 1 2 2,24.0,01 15,74.10 0,666( ) 0,01 V V x m S − − − = = = 0.5 Tổng công thực hiện bởi khí quyển và công của trọng lực tác dụng lên pít tông: 5 3 1 1 2 .( ) 10 (2,24.0,01 15,74.10 ) 80.10.0,667 1199,6( ) kq P A A p V V mgx J − + = − + = − + = 0.5 Công của khí Heli trong quá trình đoạn nhiệt: 3 2 1 .( ) 3150.(4.10 ).(340,93 269,55) 899,39( ) He v He A U c m T T J − = −∆ = − − = − − = − 0.5 Áp dụng định lý động năng cho chuyển động của pittông: 2 max 2 P kq He mv A A A = + + 2 max max 80. 1199,6 899,39 2,74( / ) 2 v v m s = −  ≈ 0.5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 7 Bài 4 – Cơ vật rắn (4,0 điểm): Một quả cầu khối lượng A được đặt giữa bức tường thẳng đứng và một nêm khối lượng B có góc nghiêng sao cho quả cầu chạm vào nêm và tiếp xúc với mặt nêm ở điểm cao nhất của nêm như trên hình vẽ. Nêm được đặt trên mặt phẳng nằm ngang và cả quả cầu và nêm chuyển động đều không ma sát. a. Xác định tỷ số C và góc để nêm không bị lật sau khi buông ra. b. Xác định tốc độ mà quả cầu nhận được vào thời điểm nó trượt được một đoạn dài 20DA trên mặt nêm. Cho 60 và C 12. HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung a. (2 điểm) Trước hết chúng ta viết phương trình chuyển động của quả cầu và nêm cùng với hệ thức giữa các gia tốc của chúng. Các đại lượng liên quan đến quả cầu được ký hiệu bởi các chữ cái thường, còn liên quan đến nêm được ký hiệu bởi các chữ hoa. Từ hình vẽ ta thấy (lưu ý K là phản lực của nêm tác dụng lên quả cầu): AF G H DIJ AK -1/ H JLM BN -2/ K N 0KM -3/ Phương trình (3) ở trên nhận được từ thực tế là: quả cầu luôn tiếp xúc với mặt trên của nêm trong suốt quá trình chuyển động. Thực vậy, khoảng cách mà quả cầu và nêm đi được trong thời gian 0 tương ứng bằng: OJ 1 2 K0 à OQ 1 2 N0 Vì tất cả các lực không đổi do đó các gia tốc đều không đổi, nên theo hình ta có: OJ OQ. 0KM ℎKS 1 2 K0 1 2 N0 . 0KM Từ đây suy ra phương trình (3). Tiếp theo, để tìm tỷ số khối lượng B/A ta khử A và K từ hệ phương trình trên. Từ (3), ta có N K 0KM Thay vào (2), ta được: H B K 0KM . JLM -4/ Đặt vào (1): AF G B K 0KM . JLM DIJ AK → AF V B 0KM W AX . K Từ đây tính được gia tốc của quả cầu bằng: 0,75 ∆J ∆Q mg Mg+Kcosα Kcosα Ksinα K K 2h/3 h/(3tgα) m M D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
8 K Z [ ]^% $ Z 7% [ _ 7% -5/…… Lưu ý rằng trong trường hợp tới hạn, giá của phản lực do sàn tác dụng lên nêm được dịch đến mép phải của nêm. Do đó, điều kiện đảm bảo nêm không bị lật được biểu diễn qua các mômen lực đối với khối tâm của nêm: 2 3 Hℎ JLM W 1 3 H DIJ ℎ 0KM a -BF W H DIJ / ℎ 3 0KM Giản ước hai vế cho b , và nhân hai vế với 0KM , ta được: 2H JLM . 0KM W H DIJ a BF W H DIJ Ước lược và thay biểu thức của K từ (4) vào, ta được: 2B K 0KM . JLM JLM . 0KM a BF Vậy gia tốc của quả cầu phải thỏa mãn điều kiện: K a F 2 Đặt kết quả này vào (5), ta nhận được điều kiện đối với tỷ số khối lượng: K F 0KM C W 0KM a F 2 Suy ra: 2 0KM a B A W 0KM Và cuối cùng ta được điều kiện: B A c 0KM 0,5 0,25 0,5 b. (2 điểm) Nếu 60 , thì C c 0KM 6 0 3. Vậy khi C 12 điều kiên trên được thỏa mãn và nêm không bị lật. Theo ĐL bảo toàn cơ năng: AF JLM A W Bd ……… Vì vận tốc ban đầu của hai vật điều bằng 0, nên vận tốc của vật cũng liên hệ với nhau như gia tốc vậy, tức: tan tan v v V V α α =  = ……….. Thay vào phương trình trước, ta được: AF JLM A W B 3% 7% A W C 7% + ……… Từ đây suy ra tốc độ của cầu sau khi đi hết chiều dài mặt nêm, tức nó chạm đất, bằng @ Ze f [ _ ]^% $ g 0,82A/J……….. 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 5 – Tĩnh điện (4,0 điểm): Cho hai quả cầu kim loại cô lập cùng bán kính R đặt rất xa nhau, ban đầu tích điện cùng dấu là QA0 và QB0. Sử dụng một viên bi sắt nhỏ bán kính r, ban đầu chưa tích điện để chuyển điện tích qua lại giữa hai quả cầu. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 9 a. Đầu tiên chạm viên bi sắt vào quả cầu kim loại A đang tích điện với điện tích QA0, trên viên bi sắt xuất hiện điện tích j kl. Tính theo R và r. (Ta sẽ sử dụng đại lượng này trong các phần tiếp theo) b. Tiếp đó, chạm viên bi vào quả cầu B rồi chạm vào quả cầu A… Lặp lại quá trình này (chạm vào B rồi chạm vào A) thêm (k – 1) lần nữa. Bỏ qua hiện tượng dò điện. Cho các thông số: kl 10,0 Mm; ko 1,0 Mm và 0,02. - Với q 10. Tính giá trị điện tích của các quả cầu khi đó (coi lượng điện tích lưu lại trên viên bi là nhỏ). Với k bằng bao nhiêu thì độ lệch giữa điện tích của hai quả cầu nhỏ hơn 1% tổng điện tích của chúng? HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm a. (2 điểm) Cân bằng điện thế: r ss( t s( → j k s( ss( …….. Với quả cầu: m 4uvw → j k x → x … 1 1 b. ( 2 điểm) Gọi điện thế trên quả cầu A sau khi chạm vào viên bi là VA0: dl ry( ss( , viên bi khi đó có điện tích j mdl. Khi chạm vào quả cầu B, điện thế: do s(zy(sz{( s(s -1 G /do W dl, viên bi khi đó có điện tích j mdo. Chạm lại vào quả cầu A, điện thế: dl s(z{;szy( s(s -1 G /dl W do. Vậy: dl G do -1 G /-dl G do/ -1 G / -dl G do/.. Tương tự, ta dễ dàng thu được: dl| G do| -1 G /| -dl G do/…….. Hay kl| G ko| -1 G /| }-1 G /kl G ko~ g -1 G /|-kl G ko/ Tổng điện tích: kl| W ko| kl W ko G * )* kl| g kl W ko ………. (bỏ qua phần điện tích trên viên bi cho biểu thức đơn giản hơn) Thay số: + kl| kl1 W -1 G /|€ W ko1 G -1 G /|€ g 8,5 Mm. ko| kl1 G -1 G /|€ W ko1 W -1 G /|€ g 2,5 Mm. …… + ry)r{ ryr{ 0,01 → q g 110………………… 0,5 0,5 0,5 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG (Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu) ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4,0 điểm) Người ta lồng một hòn bi có lỗ xuyên suốt và có khối lượng m vào một thanh AB nghiêng góc  so với phương nằm ngang. Lúc đầu bi đứng yên. Cho thanh AB tịnh tiến trong mặt phẳng thẳng đứng với gia tốc a0 nằm ngang. 1. Giả sử không có ma sát giữa bi và thanh. Trong mỗi trường hợp: gia tốc a0 của thanh AB hướng sang trái và sang phải, hãy tính: - Gia tốc của hòn bi đối với AB? - Phản lực Q của AB lên bi? - Tìm điều kiện để bi chuyển động về phía A; về phía B; đứng yên? 2. Hỏi như câu 1. Cho biết a0 = 2g và hướng sang trái, hệ số ma sát giữa bi và thanh AB là µ = 1/3. Câu 2: (4,0 điểm) Dây chiều dài L không dãn nằm trên mặt bàn nằm ngang. Đầu dây bên phải luồn qua một lỗ nhỏ trên bàn và buộc vào phía dưới như hình. Phần dây bên dưới mặt bàn vắt qua một ròng rọc nhỏ nhẹ có treo một vật khối lượng M. Đầu dây bên trái được giữ sao cho lúc đầu ròng rọc ở sát mặt đưới của bàn, sau đó thả ra. Dây trượt trên bàn vào lỗ. Bỏ qua ma sát. Bề dày mặt bàn không đáng kể. Tìm tốc độ v của đầu dây bên trái vào lúc nó di chuyển được một đoạn x trong hai trường hợp: 1. Bỏ qua khối lượng dây. 2. Dây đồng chất tiết diện đều có khối lượng m. Áp dụng L = 1m; m = 0,1kg; M = 0,2kg; x = 0,2m; g = 10(m/s2 ). Câu 3: (4,0 điểm) Chu trình thực hiện biến đổi 1,0 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử như hình vẽ. - Có hai quá trình biến đổi trạng thái khí, trong đó áp suất phụ thuộc tuyến tính vào thể tích. Một quá trình biến đổi trạng thái khí đẳng tích. - Trong quá trình đẳng tích 1 – 2 khí nhận nhiệt lượng Q = 4487,4 J và nhiệt độ của nó tăng lên 4 lần. - Nhiệt độ tại các trạng thái 2 và 3 bằng nhau. A B m a0 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 2 Biết nhiệt dung mol đẳng tích Cv = 3R 2 , R = 8,31 J/K.mol. 1. Hãy xác định nhiệt độ T1 của khí. 2. Tính công mà khí thực hiện được trong một chu trình. 3. Tính nhiệt độ cực đại của chu trình. 4. Tính hiệu suất chu trình. Câu 4: (4,0 điểm) 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 ( 0 θ = ). 1. Tính vận tốc ở tâm của quả cầu nhỏ tại ví trí góc θ bất kỳ. 2. Tính góc θ tại đó mà quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn. 3. 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 5: (4,0 điểm) Một vòng dây bán kính R = 5 cm, tích điện Q phân bố đều trên vòng dây, vòng được đặt trong mặt phẳng thẳng đứng, M là một điểm nằm trên trục vòng dây, cách tâm vòng dây một khoảng x. 1. Tính cường độ điện trường do vòng dây gây ra tại điểm M. 2. Tìm x để cường độ điện trường tại M cực đại. ---------- HẾT ----------- GV: Thân Văn Thuyết, SĐT: r R D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
3 TRƯỜ NG THPT CHUY ÊN BẮC GIAN G HDC ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10 Câu Nội dung Điểm Câu 1 (4,0 điểm) 1. 1. Chọn hệ quy chiếu xOy gắn với que AB. Bi chịu tác dụng của: trọng lực P , phản lực Q của que, lực quán tính a m − . * TH 0 a hướng sang trái: lực quán tính hướng sang phải và vật có gia tốc j hướng theo thanh AB . Theo định luật II Niutơn: j m a m Q P 0 = − + (1) Chiếu (1) xuống hai trục Ox và Oy: - mgsin + ma0cos = mj - mgcos + Q ma0sins = 0. Giải hệ: a) j = -gsin+ a0cos b) Q = M(gcos + a0sins) ; Q 0, Q hướng lên c) - Nếu g a tg 0 α thì j 0, bi đi về phía đầu B. - Nếu g a tg 0 α thì j 0, bi đi về phía đầu A. 0,75 0,5 0,75 A B O x y F D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 4 - Nếu g a tg 0 = α thì j = 0, bi đứng yên. * Khi 0 a hướng sang phải. Giải tương tự ( đổi dấu a), ta có j = - (gsin + a0cos) luôn có giá trị âm. Vậy bi đi về phía A. Q = m(gcos - a0sins) . Nếu g a tg 0 α thì Q hướng lên. Ngược lại g a tg 0 α thì Q hướng xuống. Nếu g a tg 0 = α thì Q = 0 , thành phần thẳng đứng của j là jg = jsin = -g, bi rơi tự do theo phương thẳng đứng. 0,5 0,5 2. 2. Bi chịu thêm tác dụng của lực ma sát F Giả sử j hướng lên thì F hướng xuống như hình vẽ. j m F a m Q P 0 = + − + (1) Chiếu xuống hai trục Ox và Oy và thay F = µQ= Q/3 - mgsin + 2mg0cos - µQ = mj - mgcos + Q - 2mgsins = 0. Giải hệ: Q = mg(cos + 2sins) j = 3 g ( 7cos - sin). Điều kiện để j 0 là tg 7 hay  820 . Giả sử j hướng xuống thì F hướng lên. Ta có kết qủa tương tự ( đổi dấu F) j = 5 3 g ( cos - sin). Điều kiện để bi đi xuống, j 0 là ( cos sin) hay  450 . Bi đứng yên khi 450  820 . 0,5 0,5 Câu 2 (4,0 điểm) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
5 1. 1. Trường hợp bỏ qua khối lượng dây Gọi h là khoảng cách từ ròng rọc đến lỗ trên bàn, ta có: x h . 2 = - Tốc độ của vật M lúc đầu dây trái di chuyển một đoạn x là: h 1 x v u t 2 t 2 ∆ ∆ = = = ∆ ∆ - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: 2 2 Mu Mgh u 2gh 2 = ⇔ = ( ) 2 v 8gh 4gx v 2 gx 2 10.0,2 2 2 m/s  = =  = = = Vậy: Trường hợp bỏ qua khối lượng dây thì tốc độ của đầu dây bên trái vào lúc nó di chuyển được một đoạn x là ( ) v 2 2 m/s . = 0,5 0,5 1,0 2. Trường hợp đây đồng chất tiết diện đều có khối lượng m. - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: d t W W = ∆ (1) + Động năng của vật M: 2 Mu . 2 + Phần dây từ mép trái tới ròng rọc lúc t có khối lượng L h m L − và đang chuyển động với tốc độ v nên có động năng: 2 L h v m . . L 2 − + Phần dây còn lại đứng yên nên có động năng bằng 0. 2 2 2 2 d Mu L h v Mv L h v W m . m 2 L 2 8 L 2 − −  = + = + (2) + Vật M hạ xuống một đoạn h nên độ giảm thế năng của nó bằng Mgh + Phần dây chiều dài x có khối lượng x m , L di chuyển xuống dưới mặt bàn, trọng tâm của phần dây này hạ xuống một đoạn h 2 nên độ giảm thế năng của nó bằng x h m g . L 2 + Phần dây còn lại trên bàn đứng yên nên thế năng không đổi. 0,75 0,75 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 6 t x h mx x W Mgh m g M g L 2 2L 2    ∆ = + = +     - Thay (2) và (3) vào (1), ta được: 2 x m L M mx x 2 v M g 8 2L 2L 2     −           + = +           ( ) mx x 0,1.0,2 0,2 M g 0,2 .10. 2L 2 2.1 2 v 3 m / s M 1 x 0,2 1 0,2 m 0,1. 8 2 4L 8 2 4.1     + +          = = =     + − + −         Vậy: ( ) v 3 m/s . = 0,5 Câu 3 (4,0 điểm) 1. 1. Quá trình biến đổi trạng thái 1-2 T2 = 4T1; V =const; A12 = 0 Áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học Q12 = 2 1 1 3 9 ( ) 2 2 v C T R T T RT ∆ = − = Suy ra được 1 2 120 9 Q T K R = = 0,5 2 2. Quá trình đẳng tích 1 – 2: T2 = 4T1 suy ra p2 = 4p1 Quá trình 2 – 3: T2 = T3 suy ra p3V3 = p2V2 =p2V1 suy ra 3 1 1 3 4 p V p V = (2) Quá trình 3 -1 : p = aV ; 3 3 1 1 p aV p aV = = suy ra được 3 3 1 1 p V p V = (3) Từ (2) và (3) thu được V3 = 2V1 0,5 Dựa vào hình vẽ tính công của khí thực hiện trong một chu trình 123 2 1 3 1 1 1 1 3 ( )( ) 2 2 A S p p V V pV = = − − = (4) Áp dụng phương trình C –M : p1V1 = RT1 (5) 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
7 Thay (5) vào (4) thu được : 1 3 1495,8 2 A RT J = = 3 3. Quá trình 2-3: 1 1 1 2 6 p p V p V = − + (6) Mặt khác 2 1 1 1 1 2 6 p pV RT T V pV R V   = → = − +     (7) 0,5 Từ (7) suy ra T cực đại tại 4 1 1,5 V V V = = (8) Thay (8)vào (7) ta được 1 4,5 540 max T T K = = 0,5 4 4. Quá trình 2-3: dQ=dA+dU 1 1 1 2 3 ( ) 6 ( ) 2 V p d pV dQ pdV C dT V p dV R V R   = + = − + +     3 5 3 ( ) 2 2 2 dQ pdV Vdp pdV pdV Vdp = + + = + 1 1 1 1 1 1 1 1 5 2 3 2 6 ( ) 8 15 2 2 p p p dQ V p dV V dV V p dV V V V     = − + + − = − +         1 1 1 5 1 15 8 15 0 8 dQ p V p V V V dV V   = − + = → = =     0,5 Vậy trong quá trình 2-3 chỉ thu nhiệt trên đoạn 2-5 5 5 2 2 5 2 1 1 25 1 1 1 1 2 8 15 4 15 V V V V p p Q dQ V p dV V pV V V     = = − + = − +           ( ) 2 25 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 15 15 49 49 4 ( ) 15 4 15 8 8 16 16 Q pV pV pV pV pV RT   = − + − − + = =     0,5 Hiệu suất 1 1 12 25 2 1 1 3 24 2 3 49 121 ( ) 2 16 RT A A H Q Q Q R T T RT = = = = + − + 0,5 Câu 4 (4,0 điểm) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 8 1 1. 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: 2 2 2 1 1 2 2 2 5 mv . mr .ω mg( R r )cosθ mg( R r ) + + + = + Với: 0 v rω ( R r )ω = = + Do đó: 0 10 1 7 ( cosθ )g ω ( R r ) − = + Vận tốc tâm của quả cầu nhỏ là: 0 10 1 7 v ( R r )ω ( R r )( cosθ )g = + = + − 0,5 0,25 0,25 2 2. 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 cosθ N R r − = + Ta tìm được góc mà tại đó quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn được cho bởi: 10 17 c cosθ = Lưu ý rằng kết quả này chỉ áp dụng cho hệ số ma sát đủ lớn 0,5 0,5 3 3. Khi quả cầu nhỏ lăn không trượt ta có: 2 0 2 5 − =    =    = = +  mg.sinθ f ma f .r mr .γ v rω ( R r )ω Ở đây f là lực ma sát trên quả cầu. Từ đó chúng ta tìm được: 2 7 = f mg.sinθ Tại thời điểm khi quả cầu nhỏ bắt đầu trượt thì lực ma sát là: f μN = 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
9 Tức là: 2 2 7 = − + mv mg.sinθ μ( mg cosθ ) R r Khi đó, sử dụng biểu thức của v trong câu (a) chúng ta có: 2 17 10 = − sinθ μcosθ μ Giải phương trình này ta thấy rằng góc mà ở đó quả cầu nhỏ bắt đầu trượt được cho bởi công thức: 2 2 2 170 756 4 289 4 s μ μ cosθ μ ± + = + Tuy nhiên, chúng ta thấy c s θ θ hay là s c cosθ cosθ , 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 2 170 756 4 289 4 s μ μ θ arccos( ) μ + + = + 0,5 0,5 0,5 Câu 5: (4,0 điểm). 1 1. Chia vòng dây thành các phần tử dài dl, điện tích dq1, với mật độ điện dài 2 Q R λ π = Điện tích dq1 gây ra tại M (cách tâm O đoạn x) cường độ điện trường dE1 : 1 1 1 2 2 2 dq dq dE k k l R x = = + Chỉ xét thành phần 1 dE gây ra cường độ điện trường dọc theo trục xx’véc tơ 1x dE 1x 1 1 2 2 2 2 2 2 . os . x dq x dE dE c dE k R x R x R x α = = = + + + 1x 2 2 3/2 2 2 3/2 . . . ( ) ( ) .2 dq x dl x Q dE k k R x R x R π = = + + Vậy cường độ điện trường do cả vòng dây gây ra tại M là: 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 R Q l x M q D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 10 2 2 2 2 3/2 2 2 3/2 0 0 . . ( ) .2 ( ) R R x Q x Q E dE k dl k R x R R x π π π = = = + +   có hướng ra xa vòng dây nếu Q 0; hướng lại gần vòng dây nếu Q 0. 0,5 2 2. Tìm x để EMmax Từ: 2 2 3/2 . ( ) M x Q E k R x = + áp dụng BĐT cô si có EMmax khi 2 R x = Và ax 2 2 3 3. Mm kQ E R = 0,5 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
TRƯỜNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG (ĐỀ THI ĐỀ XUẤT) ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10 NĂM 2023 Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. (4,0 điểm) Động học và động lực học chất điểm Trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, có một chiếc xe khối lượng m. Trên xe có hai khối lập phương, khối lượng 5m và m được nối với nhau bằng một sợi dây không dãn, vắt qua một ròng rọc có khối lượng không đáng kể. Người ta 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. a) Hỏi độ lớn của lực F bằng bao nhiêu thì xe có gia tốc a = 0,2g. b) Khi ấy gia tốc của các khối và của ròng rọc bằng bao nhiêu? Câu 2. (4,0 điểm) Định luật bảo toàn Treo một hòn bi nhỏ khối lượng m vào đầu một sợi dây mảnh, nhẹ, không dãn chiều dài l, đầu kia của sợi dây được treo vào một điểm cố định. Kéo viên bi ra khỏi vị trí cân bằng sao cho sợi dây hợp với phương thẳng đứng một góc 0 0 90 ϕ rồi truyền vận tốc ban đầu v0 theo phương vuông góc với sợi dây và hướng về vị trí cân bằng. a) Xác định lực căng của sợi dây tại thời điểm sợi dây hợp với phương thẳng đứng một góc ϕ . b) Với giá trị nào của v0 sợi dây treo của viên bi sẽ luôn căng trong suốt quá trình chuyển động. c) Khi viên bi chuyển động tới vị trí cân bằng thì điểm treo bắt đầu chuyển động thẳng đứng lên trên với gia tốc a. Xác định lực căng của sợi dây tại thời điểm sợi dây hợp với phương thẳng đứng một góc ϕ sau đó. Câu 3. (4,0 điểm) Nhiệt học Một xi lanh hình trụ cao 6R, đường kính trong 2R được ngăn thành hai phần bởi một pít-tông cách nhiệt dạng bán cầu đặc được đặt thẳng đứng - phần 1 ở dưới còn phần 2 ở trên. Mỗi phần chứa khí lý tưởng cùng loại ở nhiệt độ T1 và T2 tương ứng. Lúc đầu pít tông rất gần đáy xi lanh (hình 1). Người ta quay xi lanh đi 1800 trong mặt phẳng thẳng đứng và giữ nhiệt độ hai ngăn không đổi thì trạng thái cân bằng của pít-tông nằm lơ lửng trong xi lanh và mặt phẳng của pit-tông chia xi lanh thành hai phần bằng nhau. a) Tính tỷ số khối lượng của hai khí trong 2 phần xi lanh biết tỷ số 5m m m Hình 1 Hình 2 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L nhiệt độ là 2 1 3 T T = b) Sau khi quay xi lanh, giữ nguyên nhiệt độ khí phần 1 tăng nhiệt độ phần 2 cho đến khi pít tông vừa chạm đáy trên xi lanh. Tính nhiệt độ khí trong ngăn 2 lúc sau theo nhiệt độ ban đầu. Câu 4. (4,0 điểm) Cơ học vật rắn: Một cái yo yo được tạo bởi 2 cái đĩa bằng đồng thau có độ dày b = 8,5mm và bán kính R = 3,5 cm, nối với nhau bằng một trục ngắn có bán kính R0 = 3,2 mm. Hãy tính: a. Mô men quán tính của yo yo đối với trục giữa của nó? Bỏ qua mô men quán tính của trục quay, khối lượng riêng của đồng thau là ρ = 8400 kg/m3 . b. Gia tốc dài của yo yo? Gia tốc góc của yo yo? c. Sức căng của sợi dây? Câu 5. (4,0 điểm) Tĩnh điện Cho điện tích điểm dương q = 1nC. a) Đặt điện tích q tại tâm hình lập phương cạnh a = 10cm. Tính điện thông qua từng mặt của hình lập phương đó. Nếu bên ngoài hình lập phương còn có các điện tích khác thì điện thông qua từng mặt hình lập phương và qua toàn bộ hình lập phương có thay đổi không? b) Đặt điện tích q tại một đỉnh của hình lập phương nói trên. Tính điện thông qua từng mặt của hình lập phương. ==== HẾT === Họ và tên giáo viên: Nông Thị Tuyết Nương Số điện thoại: D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu Hướng dẫn giải Điểm Câu 1 – 4 điểm a) Có thể xảy ra các trường hợp sau: - Trường hợp 1: Hai khối lập phương cùng chuyển động, khi đó, lực ma sát tác dụng lên khối 5m và m là ma sát trượt và có độ lớn lần lượt là: Fms1 = 5μmg, Fms2 = μmg. - Gọi a là gia tốc của xe ta có: Fms1 + Fms2 = ma  a= 6 μg =0,6g  không thoả mãn yêu cầu của đề bài (loại) - Trường hợp 2: Cả hai khối lập phương đều đứng yên đối với xe, khi đó gọi gia tốc của xe là a thì: Khối 5m: T – Fms1 =5ma Khối m: T – Fms2 = ma Suy ra: Fms2 – Fms1=4ma (1) Với xe: Fms1 + Fms2 =ma (2) Từ (1) và (2) ta có: Fms2 = 2 5 ma mà Fms2 ≤ μmg hay a ≤ 0,04g Vậy trường hợp này cũng không thoả mãn yêu cầu bài toán (loại). - Vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp 3 là khối 5m đứng yên so với xe, khối m chuyển động trên xe. Khi đó, gọi a là gia tốc của xe thì: Với khối 5m: T – Fms1 = 5ma, T= 2 F (3) Với xe: Fms1 + Fms2 =ma và Fms2 = μmg (4) Từ (3) và (4) suy ra: F=2(6ma – μmg) = 2,2mg. b) Gia tốc của vật 2: g m mg 2 F a2 = µ − = (a2a). 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: g 6 , 0 2 g g 2 , 0 2 a a a 2 1 rr = + = + = 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Câu 2 – 4 điểm a) Theo định luật bảo toàn cơ năng ( ) ( ) ( ) 0 2 0 2 2 0 0 2 cos cos 2 2 cos 1 2 cos 1 ϕ ϕ ϕ ϕ − + = ⇔ + − = + − mgl mv mv mv mgl mv mgl Áp dụng định luật II Newton ta có ( ) 0 2 0 2 cos 2 cos 3 cos ϕ ϕ ϕ − + = + = mg l mv l mv mg T b) Sợi dây luôn căng trong quá trình chuyển động khi xảy ra một trong hai trường hợp i. 0 max 90 ≤ ϕ hay 0 cos max ≥ ϕ với ( ) ( ) gl v mv mgl mgl 2 cos cos 2 cos 1 cos 1 2 0 0 max 2 0 0 max − = ⇔ + − = − ϕ ϕ ϕ ϕ Hay 0 0 cos 2 ϕ gl v ≤ ii. 0 180 = ϕ sợi dây vẫn căng hay ( ) 0 cos 2 3 0 2 0 1800 ≥ − − + = = ϕ ϕ mg l mv T Hay ( ) 0 0 cos 2 3 ϕ + ≥ gl v Vậy ( )     ≤ + ≥ 0 0 0 0 cos 2 cos 2 3 ϕ ϕ gl v gl v c) Hòn bi chuyển động trong trọng trường biểu kiến với g’ = g + a. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ( ) ( ) 2 2 0 0 ( ) 1 cos 1 cos 2 2 mv mv m g a l mgl ϕ ϕ + − + = − + ( ) 2 2 0 0 2 cos cos (cos 1) mv mv m gl a ϕ ϕ ϕ ⇔ = + − + −     Định luật II Newton tương tự phần a) ta được: ( ) 2 2 0 0 ( )cos 3cos 2cos (3cos 2) mv mv T m g a m g a l l ϕ ϕ ϕ ϕ = + + = + − + −     0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 3 – 4 điểm a) Gọi m1 và m2 là lượng khí ở 2 phần xylanh *Lúc đầu: Thể tích các phần dưới 1 1 1 6 V V = - Vbán cầu (V = Sh = 2 3 .6 6 R R R π π = ) 3 3 3 1 1 4 1 . 2 3 3 V R R R π π π → = − = ; Thể tích phần trên V2 = 3 5 R π *Lúc sau khi đã lật ngược: Khi pistôn lơ lửng: thể tích các phần tương ứng là ' 3 3 3 1 2 7 3 3 3 V R R R π π π = − = ; ' 3 2 3 V R π = Do nhiệt độ hai phần không đổi nên: 0,5 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
*Xét khối khí ở phần 1 ' ' ' 1 1 1 1 1 1 7 P PV PV P → = → = (1) *Xét khối khí ở phần 2 ' ' ' 2 2 2 2 2 2 5 3 P PV PV P → = → = (2) Phương trình trang thái: 1 1 1 1 m PV RT µ = (3) 2 2 2 2 m PV RT µ = (4) từ (3)(4) 1 1 1 2 2 2 2 1 m PVT m PV T → = (5) Phương trình cân bằng của piston P1 = P0 +P2 (6) ' ' 2 0 1 P P P = + (7) Lấy (6) trừ (7) ' ' 1 2 2 1 P P P P → − = − 1 2 2 1 5 1 3 7 P P P P → − = − 1 2 7 3 P P  = thay vào (5) 1 2 2 1 7 45 m T m T → = Với 2 1 1 2 7 3 15 T m T m = → = b) Xét phần dưới: khi píston chạm đáy trên thì áp suất của phần (1) là P1 (Vì nhiệt độ ngăn trên không đổi) Từ trên ta có P0 = P1 - P2 = P1 - 1 1 3 4 7 7 P P = . Phần 2 có thể tích không đổi nên '' '' '' 2 2 2 2 2 '' 2 2 2 P P P T T T T P =  = → ( ) 1 1 1 0 '' 2 2 2 2 2 1 4 11 7 3 3 7 P P P P T T T T P P   +   +   = = = . Vậy '' 2 2 11 3 T T = 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 4 – 4 điểm a. Mô men quán tính của yo yo đối với trục giữa của nó - Mô men quán tính của 1 đĩa tròn đối với trục yo yo đi qua tâm của nó là: - Mô men quán tính của yo yo đối với trục của nó là: I = 2I0 = 3,4.10-4 (kgm2 ) b. Gia tốc dài của yo yo, Gia tốc góc của yo yo. - Khối lượng của yo yo: m = 2ρV = 2ρ(πR2 .b) = 2.8400. π. 8,5.10-3 .(3,5.10-2 )2 = 0,55 kg 0,5 0,5 0,5 ) ( 10 . 7 , 1 2 ) 10 . 5 , 3 ( 10 . 5 , 8 8400 2 ) ( 2 2 2 4 4 2 3 2 2 2 2 0 kgm R b R VR mR I − − − = = = = = π π ρ ρ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L - Gia tốc dài của yo yo - Gia tốc góc: β= a/R=0,16/0,035=4,57(rad/s2 ) c. Sức căng của sợi dây Khi cái yo yo chuyển động nó chịu tác dụng của trọng lực và lực căng của dây nên nó vừa chuyển động tịnh tiến rơi xuống vừa chuyển động quay quanh trục. Theo định luật II Newton ta có: hay P –T = ma = T = P - ma = m(g-a) (*) Theo phương trình của chuyển động quay : β I M M T P = + Vì trọng lực có giá đi qua trục quay nên mô men của nó đối với trục quay bằng 0: MT = Iβ với MT= T.R0 và β=a/R0 = T.R0 = Ia/R0 (**) Kết hợp (*) và (**) ta được (***) Thay (***) vào (*) ta được: 0,5 0,5 0,5 1.0 Câu 5 – 4 điểm a) Điện thông qua từng mặt của hình lập phương Gọi Φ1 là điện thông qua một mặt của hình lập phương. Điện thông qua 6 mặt của hình lập phương là: Φ = 6Φ1 -Áp dụng định lí Ôt-trô-grat-xki – Gau-xơ (O-G), ta được: 0 0 q q = = = = ε 6ε 9 1 12 10 6.8,9.10 − − Φ Φ = 18,83(V.m) -Nếu có các điện tích khác bên ngoài hình lập phương thì các điện tích này sẽ làm thay đổi điện thông qua các mặt khác nhau của hình lập phương. Điện thông qua toàn bộ hình lập phương bây giờ vẫn chỉ bằng điện thông qua một mặt kín có chứa q, nghĩa là điện thông qua toàn bộ hình lập phương 0,5 0,5 0,5 ) / ( 16 , 0 ) 10 . 2 , 3 .( 55 , 0 10 . 4 , 3 1 8 , 9 1 2 2 3 4 2 0 s m mR I g a = + = + = − − a m T P = + 2 0 1 mR I g a + = ) ( 3 , 5 10 . 4 , 3 ) 10 . 2 , 3 .( 55 , 0 1 8 , 9 . 55 , 0 1 4 2 3 2 0 N I mR mg T = + = + = − − D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
vẫn là: 0 q = = ε 9 12 10 8,9.10 − − Φ = 118(V.m) Vậy: Điện thông qua từng mặt của hình lập phương là = 1 Φ 18,83(V.m); khi bên ngoài hình lập phương còn có các điện tích khác thì điện thông qua từng mặt hình lập phương sẽ thay đổi nhưng điện thông qua toàn bộ hình lập phương vẫn như cũ. b) Điện thông qua từng mặt của hình lập phương khi đặt điện tích q tại một đỉnh Giả sử điện tích q được đặt tại đỉnh A, lúc đó 3 mặt hình lập phương có chứa đỉnh A sẽ có điện thông bằng 0. Vì tính đối xứng nên điện thông qua 3 mặt còn lại có giá trị bằng nhau và bằng Φ2. Để tính Φ2 ta xét hình lập phương lớn, tâm A, cạnh 2a, khi đó q nằm tại tâm hình lập phương lớn có diện tích 4a2 nên điện thông qua mỗi mặt hình lập phương lớn sẽ là Φ2. Vì tính đối xứng nên điện thông qua toàn bộ hình lập phương lớn sẽ bằng: Φ = 24Φ2 = 0 0 q q = = = ε 24ε 9 2 12 10 24.8,9.10 − − Φ = 4,7(V.m) Vậy: Điện thông qua từng mặt của hình lập phương khi đặt điện tích q tại một đỉnh là 2 Φ = 4,7(V.m). 1,0 05 1,0 HẾT D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 1 Câu 1. (4 điểm) (Cơ học chất điểm) Trên mặt bàn nằm ngang không nhẵn có một vật hình hộp khối lượng M. Một ròng rọc được gắn vào vật M và một sợi dây không dãn vắt qua ròng rọc. Một vật khối lượng m được treo vào dây, ở trạng thái nghỉ vật m tiếp xúc với mặt bên của vật M còn sợi dây có phương thẳng đứng. Hệ số ma sát giữa vật M và mặt bàn cũng như giữa vật M và vật m đều là µ. Người ta dùng lực F kéo đầu dây theo phương ngang để vật M trượt trên mặt bàn và có gia tốc bằng a . Xác định độ lớn của lực kéo F . Câu 2. (4 điểm) (Các định luật bảo toàn) Một vật A chuyển động với vận tốc 0 v đến va chạm đàn hồi hoàn toàn với một vật B đang đứng yên tại C. Sau va chạm vật B chuyển động trên máng đường tròn đường kính CD = 2R. Một tấm phẳng (E) đặt vuông góc với CD tại tâm O của máng đường tròn. Cho khối lượng của hai vật bằng nhau. Bỏ qua mọi ma sát. a) Xác định vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời máng b) Cho 2 0 3,5 v Rg = . Hỏi vật B có thể rơi vào tấm E không? Nếu có hãy xác định vị trí của B trên tấm E. Câu 3. (4 điểm) (Cơ học vật rắn) Một khối trụ đặc, đồng chất, khối lượng M, bán kính R, được đặt trên mặt phẳng nghiêng cố định, nghiêng góc α = 300 so với mặt phẳng ngang. Giữa chiều dài khối trụ có một khe hẹp trong đó có lõi có bán kính 2 R . Một dây nhẹ, TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII NĂM 2023 THPT CHUYÊN CHU VĂN AN LẠNG SƠN ĐỀ MÔN VẬT LÍ LỚP 10 Thời gian làm bài:180 phút (Đề thi gồm có 05 câu, 02 trang) M m ĐỀ ĐỀ XUẤT D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
2 không giãn được quấn nhiều vòng vào lõi rồi vắt qua ròng rọc B (khối lượng không đáng kể, bỏ qua ma sát ở trục ròng rọc). Đầu còn lại của dây mang một vật nặng C khối lượng m = 5 M . Phần dây AB song song với mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát nghỉ và hệ số ma sát trượt giữa khối trụ và mặt phẳng nghiêng là µn = µt = µ. Thả hệ từ trạng thái nghỉ: a) tìm điều kiện về µ để khối trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng. b) tính gia tốc a0 của trục khối trụ và gia tốc a của m khi đó. Câu 4. (4 điểm) (Tĩnh điện) Hai bản kim loại A và B (cô lập) phẳng giống nhau được đặt nằm ngang, song song, đối diện với nhau. Diện tích của mỗi bản là S và khoảng giữa chúng bằng d. Tích điện cho bản A đến điện tích –q rồi nối tắt hai bản với nhau. Trong không gian giữa hai bản A và B, tại khoảng cách 4 d bên trên bản dưới, người ta đặt vào một tấm kim loại D có cùng diện tích S, khối lượng và điện tích của tấm này là m và q. a) Tìm điện tính của mỗi bản kim loại A và B khi đó. b) Hỏi phải truyền cho tấm kim loại D một vận tốc cực tiểu bằng bao nhiêu theo hướng thẳng đứng lên trên để trong quá trình chuyển động nó đạt được tới độ cao 4 d so với vị trí ban đầu của nó? Câu 5. (4 điểm) (Nhiệt học) Một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện chu trình như hình vẽ. Trạng thái A, B cố định, C có thể thay đổi, nhưng quá trình AC là đẳng áp. a) Tính công lớn nhất của chu trình nếu nhiệt độ giảm trong suốt quá trình BC? b) Tính hiệu suất của chu trình trong trường hợp này? ----------------Hết--------------- Giáo viên ra đề: Vũ Diệu Thúy Số điện thoại: V0 4V0 V p p0 4p0 A B C D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 3 Câu 1. ( 4 điểm) Nội dung Điểm Vẽ hình, phân tích lực tác dụng: 0,5 Trường hợp m chuyển động so với M: Xét vật m, theo phương ngang có 2 N ma = (1) 0,5 Xét M có 1 2 ms F N F Ma − − = (2) 2 1 ms 1 N F P F 0 ± − − = (3) ( lấy dấu (+) khi m đi lên ; lấy dấu (-) khi m đi xuống ) Trong đó ms2 2 F N = µ (4); 1 ms 1 F N = µ (5) 1,0 Từ các phương trình (1)(2)(3)(4)(5) tính được ( ) 2 m M a Mg ma F 1 + + µ ± µ = − µ (*) 0,75 Trường hợp m không chuyển động so với M: Lực ma sát 2 ms F là lực ma sát nghỉ, theo phương thẳng đứng có phương trình 2 ms 2 F F P 0 ± − = (6) Dấu (+) ứng với m có xu hướng đi xuống; Dấu (-) ứng với m có xu hướng đi lên 0,5 Từ các phương trình (1)(2)(3)(5), tính được 0,75 TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII NĂM 2023 THPT CHUYÊN CHU VĂN AN LẠNG SƠN MÔN VẬT LÍ LỚP 10 ( Đáp án gồm có 05 câu, 05 trang) ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
4 ( ) ( ) m M a g m M F + + µ + = µ (**) Câu 2. ( 4 điểm) Nội dung Điểm a) Vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời máng Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên sau va chạm B chuyển động với vận tốc 0 v còn A đứng yên. Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: ( ) 2 2 0 1 1 1 sin 2 2 mv mv mgR α = + + ( ) 2 2 0 2 1 sin v v gR α  = − + 0,25 Theo định luật II Niuton ta có: P Q ma + = Chiếu hệ thức vecto trên lên phương MO, chiều (+) hướng tâm, ta được: 2 sin mv mg Q R α + = 0,5 Vật B rời khỏi máng tại M nên 2 0 sin mv Q mg R α = ⇔ = 0,25 ( ) 2 2 0 2 0 2 1 sin sin sin 2 2 sin v gR v gR v gR gR gR gR α α α α − +  = = ⇔ = − − 2 0 2 sin 3 v gR gR α −  = 0,5 Vận tốc của B khi nó bắt đầu rời khỏi máng: 2 2 2 0 0 2 2 1 3 v gR v v gR gR   − = − +     0,25 2 2 2 2 0 0 0 2 2 2 sin 3 3 3 v gR v gR v gR v gR gR v gR α − − − ⇔ = = =  = với 2 0 2 5 Rg v Rg ≤ ≤ 0,5 b) Khi vật rời khỏi máng 3,5 2 1 sin 30 3 2 gR gR gR α α − = =  = ° và 3,5 2 3 2 B gR gR gR v − = = 0,25 Khi rời B, vật chuyển động như vật bị ném xiên với các phương trình: ( ) sin cos x v t R α α = − ( ) 1 cos sin 2 y gt v t R α α = + + 0,25 Để B có thể tới (E) thì ( ) 0 sin cos 0 x v t R α α ≥ ⇔ − cos 6 cot .cot30 2,45 sin 2 R R R R R t v v g g gR α α α  = = ° = = (1) 0,5 Khi chạm vào tấm ( ) ( ) 2 1 1 : 0 2 cos 2 sin 0 E y gt v t R α α = ⇔ − − = 0,25 Phương trình bậc hai theo 1 t trên có nghiệm: 0,25 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 5 1 3 11 1,785 2 2 R R t g g   + = =       (2) Từ (1) và (2) ta thấy: 1 2,45 R t g , nghĩa là B không rơi vào tấm (E) 0,25 Câu 3. ( 4 điểm) Nội dung Điểm - Chọn chiều dương như hình vẽ. Giả sử chiều của lực ma sát như hình. 0,5 - Phương trình ĐL II Niu-tơn cho khối tâm khối trụ A và vật C: 0 ' A ms C P F N T ma T P ma + + + = + = 0,5 - Phương trình cho chuyển động quay quanh trục đối xứng qua khối tâm G: . . 2 ms G R F R T I γ + = - Khối trụ không trượt trên dây nên: 0 2 R a a γ − = Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và ma sát ở trục ròng rọc nên: T = T’. Khối trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng nên: 0 a R γ = 0,75 Từ đó ta có hệ: 0 2 0 0 0 sin (1) . . (2) 2 2 2 (3) 5 5 10 2 (4) ms ms G P F T Ma R R R F R T I M M a P M M T a a a R a α γ γ γ − − =    + = = =    − = =   = =  0,5 Từ (3) 0 ( ) (5) 5 5 5 2 a P M M T a g = + = + Từ (5),(2) 0 0 0 . 9 ( ) ( ) 2 2 10 2 10 2 G ms I a a a T M M F M g g R γ = − = − + = − (6) 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
6 Thay (5),(6) vào (1): 0 0 0 9 ( ) ( 2 ) 2 10 2 10 a Mg M M g a g Ma − + − + = 0 8 0 31 a g → = (7) 0,5 Thay a0 vào (6),(4) suy ra: 0 9 1 ( ) 0 10 2 62 4 0 31  = − =     =   ms a M F g Mg a g Vậy khối trụ A đi xuống, vật C đi lên và lực ma sát có chiều như hình vẽ. Điều kiện: 1 3 3 62 2 93 ms msn F F N Mg Mg µ µ µ = ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ 0,75 Câu 4. ( 4 điểm) Câu 5. ( 4 điểm) Nội dung Điểm Nội dung Điểm a) Lúc đầu hệ gồm hai tụ và mắc song song, ta có: ; 0,5 Vì tích điện , tích điện , ta có: 0,5 b) Năng lượng ban đầu của hệ: . 0,5 Khi tấm kim loại lên được độ cao d/4 so với vị trí ban đầu. Lúc này hệ gồm hai tụ mắc song song, ta có: . 0,5 Chúng lần lượt có điện tích và 0,5 Năng lượng của hệ lúc này bằng . 0,5 Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: 0,5 0,5 1 C 2 C d S d S C 3 4 4 3 0 1 ε ε = = d S d S C 0 0 2 4 4 1 ε ε = = 1 C 1 q 2 C 2 q q q q q q 4 / 1 1 2 1 =  = + q q C q C q 4 / 3 2 2 2 1 1 =  =         + + = 2 2 2 1 2 1 2 0 1 2 1 2 1 C q C q mv E S d q mv E 0 2 2 0 1 32 3 2 1 ε + =  ' 2 ' 1,C C d S d S C C 0 0 ' 2 ' 1 2 2 / ε ε = = = ' 1 q ' 2 q 2 / ' 2 ' 1 q q q = =  2 ' 2 2 ' 2 ' 1 2 ' 1 2 2 1 2 1 4 mv C q C q mgd E +         + + = 2 0 2 2 2 1 4 4 mv S d q mgd E + + = ⇔ ε 2 1 E E = 2 0 2 0 2 2 0 2 1 4 4 32 3 2 1 mv S d q mgd S d q mv + + = ⋅ + ⇔ ε ε 4 32 2 1 0 2 2 0 mgd S d q mv + ≥  ε  2 16 0 2 2 0 gd Sm d q v + ≥ ε 2 16 0 2 min 0 gd m S d q v + ⋅ =  ε D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 7 a) - Nhiệt độ trạng thái 1: 1 1 1 p V T 390 K R = = ν . - Nhiệt độ trạng thái 2,3 : 2 3 2 1 1 V T T T 195 K V = = = . 0,5 Vậy : Tmax = T1 = 390 K và Tmin = T2 = 195 K. 0,5 b) - Quá trình 1-2 (khí nhận công): A12 = p1(V2 – V1) = – 405,2 J. 0,5 Quá trình 2-3 (nhận công): 3 2 V 3 2 23 2 V 2 V RT A pdV dV RT ln V V ν = = = ν   - Với 3 3 3 3 2 2 2 3 3 p V 0,25 mol; V 4.10 m ; V 2,5.10 m p − − ν = = = =  A23 = – 190,4 J. 0,5 - Quá trình 3-1 (sinh công): 31 1 3 1 3 A 0,5(p p )(V V ) 724,3 J = + − = . 0,5 - Cả chu trình: A = A12 + A23 + A31 = + 128,7 J. 0,5 - Độ biến thiên nội năng của khí ở 3-1 (khí CO2 có i = 6): 31 v 31 1 3 i U C T R(T T ) 1215,3 2 ∆ = ν ∆ = ν − = J. 0,5 - Nhiệt lượng của khí: Q = ∆U31 – A31 = 1215,3 – (– 724,3) Khí nhận nhiệt lượng: Q = + 1939,6 J. 0,5 -----------------Hết---------------- D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG (Đề thi gồm 02 trang) KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4,0 điểm). (Động học và động lực học chất điểm). Một chiếc thuyền bơi qua sông từ O với vận tốc v1 không đổi luôn vuông góc với dòng nước chảy. Dòng nước chảy có vận tốc đối với bờ tại mọi điểm đều song song với bờ, nhưng có giá trị phụ thuộc vào khoảng cách đến bờ theo quy luật: 2 0 sin y v v L π = , với v0 là hằng số, L là chiều rộng của con sông (Hình 1). Hãy xác định: a) Vận tốc của con thuyền đối với bờ sau thời gian t kể từ khi xuất phát và vận tốc tại thời điểm thuyền đến giữa dòng? b) Xác định phương trình chuyển động, phương trình quỹ đạo của con thuyền và điểm đến của con thuyền ở bờ bên kia sông? Câu 2 (4,0 điểm). (Các định luật bảo toàn.) Một quả bóng rơi tự do từ độ cao h xuống một mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang. Sau khi va chạm tuyệt đối đàn hồi với mặt phẳng nghiêng, bóng lại tiếp tục nảy lên, rồi lại va chạm vào mặt phẳng nghiêng và tiếp tục nảy lên và cứ tiếp tục như thế (Hình 2). Giả sử mặt phẳng nghiêng đủ dài để quá trình va chạm của vật xảy ra liên tục. Khoảng cách giữa các điểm rơi liên tiếp kể từ lần thứ nhất đến lần thứ tư theo thứ tự lần lượt là ℓ1; ℓ2 và ℓ3. Tìm hệ thức liên hệ giữa ℓ1; ℓ2 và ℓ3. Áp dụng bằng số khi h = 1 m và α = 30o . ĐỀ THI ĐỀ XUẤT v2 y x L O Hình 1 α h Hình 2 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 2 Câu 3 (4,0 điểm). (Nhiệt học) Một xilanh chiều dài 2l, bên trong có một pittông có tiết diện S. Xilanh có thể trượt có ma sát trên mặt phẳng ngang với hệ số ma sát µ (Hình 3). Bên trong xilanh, phía bên trái có một khối khí ở nhiệt độ T0 và áp suất bằng áp suất khí quyển bên ngoài p0, pittông cách đáy khoảng l. Giữa bức tường thẳng đứng và pittông có một lò xo nhẹ độ cứng K. Khối lượng tổng cộng của xilanh và pittông bằng m. Bỏ qua ma sát giữa xi lanh và pittông. Cần phải tăng nhiệt độ của khối khí trong xi lanh lên một lượng T ∆ bằng bao nhiêu để thể tích của nó tăng lên gấp đôi. Câu 4 (4,0 điểm). (Cơ học vật rắn) Hình trụ đồng chất khối lượng m, bán kính r lăn không trượt trên mặt bán trụ cố định bán kính R từ đỉnh với vận tốc đầu v0 = 0. a) Xác định vận tốc khối tâm hình trụ theo góc ϕ là góc hợp bởi đường thẳng đứng và đường thẳng nối tâm hai trụ. b) Định vị trí hình trụ r rời mặt trụ R. Bỏ qua ma sát lăn. Câu 5 (4,0 điểm). (Tĩnh điện) Một thanh kim loại mảnh AB có chiều dài L, tích điện đều với mật độ điện tích dài là λ. a) Xác định cường độ điện trường do thanh gây ra tại điểm M nằm trên trục của thanh, biết a AM = . b) Xác định cường độ điện trường tại một điểm nằm cách hai đầu thanh một đoạn R và cách trung điểm thanh đoạn 0 R . Nhận xét kết quả tìm được trong trường 0 R R . .................HẾT..................... Người ra đề Nguyễn Toàn Thắng ĐT: p0 T0 p0 K D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
3 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG (Đáp án gồm 02 trang) KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ 10 Nội dung Điểm Câu 1 (4 điểm). a) Theo bài thì: vx = πy v = v sin 2 0 L ; vy = v1 Vậy: πy 2 2 2 2 2 v = v + v = v + v sin x y 1 0 L - Ở thời điểm t, thuyền đến vị trí có y = v1t do đó: 1 πv 2 2 2 v = v + v sin t 1 0 L       - Khi thuyền ra đến giữa dòng thì: 1 1 L y L 2 2 y = t = = v(L/2) = v + v 1 0 2 v 2v   b) Ta có: 1 1 πv πv dx v = = v sin t dx = v sin t dt 0 0 dt L L x              1 1 1 v L πv πv 0 x = v sin t dt = - cos t + C 0 L πv L               Tại t = 0 thì: v L v L 0 0 x(0) = 0 = - + C C = πv πv 1 1  Do đó ta có: v L 2v L πv πv 2 0 0 1 1 x = 1 - cos t = sin t πv L πv 2L 1 1                         Vậy phương trình chuyển động của thuyền là: 2v L πv 2 0 1 x = sin t πv 2L 1 y = v t 1                Phương trình quỹ đạo của thuyền: 2v L πy 2 0 x = sin πv 2L 1       Khi thuyền sang đến bờ bên kia thì: y = L. Thay vào phương trình quỹ đạo ta xác định được vị trí thuyền cập bờ là: 2v L 0 x = πv 1 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 4 Câu 2 (4 điểm) + Vận tốc ban đầu của quả bóng sau va chạm lần 1 với mặt phẳng nghiêng là: 2 0 0 v h v 2gh 2g =  = + Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ + Do va chạm của bóng và mặt phẳng nghiêng là va chạm đàn hồi nên tuân theo định luật phản xạ gương và độ lớn vận tốc được bảo toàn sau mỗi va chạm. + Vectơ vận tốc 0 v hợp với trục Oy một góc α + Phương trình chuyển động của quả bóng sau lần va chạm đầu tiên là ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 2 0 1 x v sin t gsin t 2 1 y v cos t gcos t 2  = α + α     = α − α   + Sau thời gian t1 quả bóng va chạm với mặt phẳng nghiêng lần thứ hai tại vị trí cách điểm va chạm lần đầu một khoảng ℓ1. Khi đó ta có ( ) ( ) 0 2 1 1 0 2 2 0 0 1 2v 1 t v sin t gsin t g 2 1 4v sin 0 v cos t gcos t 8hsin 2 g   = = α + α        α   = α − α = = α     ℓ ℓ + Sau va chạm, vật lại bật lên với vận tốc ban đầu được tính ( ) ( ) 1x 0x x 0 1 0 1y 0y y 0 1 0 v v a t v sin gsin t 3v sin v v a t v cos gcos t v cos  = + = α + α = α   = + = − α + α = α   + Phương trình chuyển động của quả bóng sau lần va chạm thứ hai là: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 2 0 1 x 3v sin t gsin t 2 1 y v cos t gcos t 2  = α + α     = α − α   + Sau thời gian t2 quả bóng va chạm với mặt phẳng nghiêng lần thứ ba tại vị trí cách điểm va chạm lần thứ hai một khoảng ℓ2. Khi đó ta có: 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 α y x 0 v α g 1 ℓ 2 ℓ 3 ℓ α D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
5 ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 0 2 2 2 0 0 2 2 2v 1 t 3v sin t gsin t g 2 1 8v sin 0 v cos t gcos t 16hsin 2 g   = = α + α        α   = α − α = = α     ℓ ℓ + Sau va chạm, vật lại bật lên và tính tương tự ta được thời gian từ lúc va chạm đến lúc bật lên và khoảng cách từ vị trí va chạm lần thứ 3 đến vị trí va chạm lần thứ 4 lần lượt bằng: 0 3 2 0 3 2v t g 12v sin 24hsin g  =    α  = = α   ℓ + Vậy hệ thức liên hệ giữa ℓ1; ℓ2 và ℓ3 là: 3 1 2 1 2 3 = = ℓ ℓ ℓ + Khi h = 1 m và α = 300 thì ℓ1 = 4 m; ℓ2 = 8 m và ℓ3 = 12 m 0,5 0,5 0,25 0,25 Câu 3 (4 điểm) - Vì áp suất bên trong và bên ngoài là bằng nhau nên ban đầu lò xo không biến dạng 1- Trường hợp 1: s m F kl mg kl ≥ ⇔ µ ≥ . Khi đó xi lanh sẽ đứng yên Gọi T là nhiệt độ cuối cùng của khối khí thì: 0 0 0 0 0 2Sl 2 1 kl P P Sl kl S T T T T SP   + ×       =  = +     . Từ đó: 0 0 0 2 1 kl T T T T SP   ∆ = − = +     ng. 2- Trường hợp 2: mg kl µ . a- Gọi x là độ nén cực đại của lò xo. Pittông còn đứng yên cho đến 0,5 0,5 ll ll p0 T0 p0 K Hình 3 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 6 khi x mg k mg x k µ = µ  = . Gọi T1 là nhiệt độ của khối khí tại thời điểm lò xo nén cực đại. P1 là áp suất chất khí trong xi lanh ở thời điểm này thì: 1 0 0 S x . P P S k P S mg = + = +µ 1 0 mg P P S µ  = + - Áp dụng phương trình trạng thái có: ( ) 0 0 0 1 mg P l x S P Sl S T T µ   + +     = 1 0 0 1 1 mg mg T T SP kl    µ µ  = + +        +) Khi T T1 thì pittông bắt đầu dịch chuyển, bắt đầu từ thời điểm này áp suất chất khí trong xi lanh là không đổi. Ta có: ( ) 1 1 1 1 2 2 S l x T T x T S l T l +   = ⇔ = +   ×   1 0 0 0 2 2 1 1 T mg T T T mg P S kl   µ  = = +   µ   + Từ đó tìm được: 0 0 0 2 1 mg T T T T SP   µ ∆ = − = +     0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 Câu 4 (4 điểm) a) vận tốc khối tâm trụ nhỏ r: N P a m C + = chiếu lên trục hướng tâm: r R mv mg N N mg r R mv C C + − =  − = + 2 2 cos cos ϕ ϕ Định lý động năng: T - T0 = AP ; T0= 0 0,5 0,5 0,5 0,5 P N C r R ϕ 2 , 2 2 1 2 1 ω I mv T C + = D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
7 với vc= ) ( r R + ω ω là vận tốc góc của khối tâm C trụ nhỏ đối với tâm O của trụ lớn. I= 2 2 1 mr ' ω là vận tốc góc của trụ nhỏ quanh khối tâm C. Lăn không trượt nên: ) ( . ' r R r + = ω ω Vậy T= 2 2 2 2 2 2 ) ( 4 1 ) ( 2 1 ω ω r r R mr r R m + + + ) cos 1 )( ( 3 4 ) cos 1 )( ( 4 3 ) ( 4 3 2 2 2 2 ϕ ϕ ω − + =  − + = = + = r R g v r R mg A mv r R m T C P C b) Vị trí trụ nhỏ bắt đầu rời khỏi trụ lớn Khi đó N = 0 suy ra 7 4 cos = ϕ 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 5 (4 điểm) Giả sử 0 λ a) Xét phần tử thanh có chiều dài dx, nằm cách gốc O đoạn x , mang điện tích . dq dx λ = . Khi đó, cường độ điện trường do dq gây ra tại điểm M là d E có phương dọc theo AB. Ta có: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 L L L L kdq k dx k L E dE L L a a L a x a x λ λ − − = = = = + + − + −    E → có hướng từ B đến A. b) Chọn gốc tọa độ O trùng với trung điểm của thanh AB, chiều dương từ A đến B. 0,5 0,5 0.5 1 dE 2 d E d E R M B A M λ O d E D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 8 Xét phần tử thanh có chiều dài dx, nằm cách gốc O đoạn x , mang điện tích . dq dx λ = . Khi đó, cường độ điện trường do dq gây ra tại điểm M véctơ cường độ điện trường 1 dE hợp với phương thẳng đứng OM một góc α , có độ lớn là: 1 2 2 2 2 . . o o k dq k dx dE x R x R λ = = + + Do tính chất đối xứng của thanh qua trục đối xứng OM, véc tơ cường độ điện trường tổng hợp sẽ có phương trùng với OM và có độ lớn: /2 0 1 2 2 3/2 /2 . . . os ( ) L o thanh L k dx R E dE c x R λ α − = = +   Đặt 2 tan os o o d x R dx R c α α α =  = Khi 0 2 L x α α = −  = − ; 0 2 L x α α =  = ; Với 0 OMB α ∧ = 0 0 0 0 2 2 3 2 3/2 0 1 os os . (1 tan ) o o k R d E k c d c R R α α α α λ α λ α α α α − − → = = +   0 0 0 0 1 2 sin sin . o o k k L k R R R R α α λ λ λ α α − = = = Nhận xét: Nếu 0 R R thì 0 0 0 0 2 , 2 2 2 L k R E R R π λ λ α πε ≈ ≈ → = = , lúc này coi thanh mảnh AB như một dây dẫn thẳng, dài vô hạn. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 …………………….Hết………………….. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2023 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN: VẬT LÝ – KHỐI 10 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 03 trang, gồm 05 câu) Bài 1: Động học và động lực học chất điểm ( 4 điểm) Một chú ếch đang ngồi yên thì một cái trống hình trụ có bán kính R lăn tới nó Vận tốc của trục trống là v. Chú ếch phải nhảy với vận tốc bằng bao nhiêu để chỉ chạm nhẹ điểm cao nhất của cái trống. Bài 2: Các định luật bảo toàn (4 điểm) 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 như hình vẽ. 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 Bài 3: Nhiệt học ( 4 điểm) Một lượng khí lí tưởng thực hiện một chu trình được biểu diễn trong hệ tọa độ có dạng là một đường tròn như hình vẽ. E h 4R / 3 = D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Đơn vị của các trục được chọn là và . Nhiệt độ thấp nhất trong chu trình là . Tìm tỉ số giữa khối lượng riêng lớn nhất và nhỏ nhất của lượng khí đó khi thay đổi trạng thái theo chu trình trên. Bài 4: Cơ học vật rắn ( 4 điểm) Một thanh mảnh đồng chất có chiều dài 2 và khối lượng được dựng thẳng đứng trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang. Sát đầu dưới của thanh có một vật nhỏ cùng khối lương . Thanh bắt đầu đổ xuống theo chiều như hình vẽ. Tìm vận tốc lớn nhất của vật nhỏ. Bài 5: Tĩnh điện (4 điểm) Một vỏ cầu mỏng dẫn diện (gọi tắt là vỏ cầu), bán kính a, tâm cố dịnh. Hai điện tích điểm tại điểm và với 20 cm, 40 cm. Điện tích ở : 10.10 C, điện tích ở B: 16 ⋅ 10 C. Nối vỏ cầu bằng dây dẫn mảnh với cực dương của nguồn điện, cực âm của nguồn nối đất. Hiệu điện thế nguồn là ! 90 V. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
a. Ban đầu $ 10 cm, tìm điện tích của vỏ cầu b. Nếu bán kính vỏ cầu tăng dần từ $ 10 cm đến 20 cm thì dòng chuyển dời các điện tích sẽ thay đổi như thế nào? Giả thiết khi bán kính vỏ cầu tăng lên khiến cho điện tích điểm có thể rơi vào trong vỏ cầu mà không tiếp xúc dẫn điện với vỏ cầu. ----HẾT ----- Người ra đề: Trần Thị Thanh Huyền – SĐT: Nguyễn Ngọc Tuấn – SĐT: D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG QUẢNG NINH (ĐỀ THI ĐỀ XUẤT) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÍ 10 NĂM 2023 Thời gian làm bài 180 phút Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã quy định. HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: Động học và động lực học chất điểm ( 4 điểm) Một chú ếch đang ngồi yên thì một cái trống hình trụ có bán kính R lăn tới nó Vận tốc của trục trống là v. Chú ếch phải nhảy với vận tốc bằng bao nhiêu để chỉ chạm nhẹ điểm cao nhất của cái trống. Bài 1 Nội dung Điểm Xét trong hệ quy chiếu gắn với trống. Để thỏa mãn đề bài thì quỹ đạo bay của con ếch trong hệ quy chiếu này phải có dạng như hình vẽ. 1,0 % %' (), * %') 1 2 () 0,5 % 0 ⇒ %' () ⇔ * %'-/( 1 2 %'- ( 2R ⇒ %'- 2( 2R ⇔ %' 20(R112 0,5 3 %45) ⇒ * %46 3 %4̃ 1 2 ( 3 %45 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
Tại điểm cao nhất 3 8 9 , quỹ đạo có bán kính chính khúc là :; =1 95=82- ?/- | 9| | 9| 0,5 Tại điểm cao nhất, bán kính chính khúc là nhỏ nhất. Để thỏa mãn đề bài thì :; A : ⇒ BCD - E A : ⇒ 1%FG H %2 A (R1%FG là vận tốc theo phương 3 trong hệ quy chiếu mặt đất) ⇒ %đG A % H 0(R %đ %' 20(R 0,5 Vậy ếch phải nhảy với vận tốc theo phương %đ 20(:; %đG A 0(: % 0,5 Bài 2: Các định luật bảo toàn (4 điểm) 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 như hình vẽ. 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 Bài Nội dung Điểm 1 a. Tìm điều kiện của h để m có thể trượt hết máng tròn mà vẫn bám vào máng 1,5 Xét vật ở tại M E h 4R / 3 = D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Phương trình định luật II Newton chiếu lên trục hướng tâm: Áp đụng định luật bảo toàn cơ năng tại A và tại M: Từ (1) và (2) suy ra: Để vật có thể trượt hết máng mà vẫn bám vào máng thì 0,5 0,5 0,5 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 1,5 Vận tốc của m ngay trước lúc va chạm là: Vận tốc của m và M ngay sau va chạm là: Vậy ngay sau va chạm, vật m bị bậc ngược lại, vật M đi tới, độ cao cực đại mỗi vật đạt được sau đó: 0,5 0,5 0,5 c. Tìm điều kiện của h để M bắt đầu rời khỏi máng tại vị trí E có độ cao 1,0 Giả sử M trùng E thì . Vật bắt đầu rời máng tại E nên N = 0. Phương trình định luật II Niuton chiếu lên trục hướng tâm: 0,5 ( ) 2 V N Pcos m 1 R + α = ( ) ( ) ( ) 2 2 V V h mgh m mgR 1 cos m 2mg 1 cos 2 2 R R   = + + α  = − + α     2h N mg 2 3cos R   = − − α     2h 2h N mg 2 3cos 0, min mg 2 3cos 0 h 2,5R R R       = − − α ≥ ∀α  − − α ≥  ≥             0 V 2gh 4gR = = 1 0 2 0 4gR 2 4gR m M 2m V V ; V V m M 3 m M 3 − = = − = = + + 2 2 1 2 1 2 0 0 V V 2 8 H R; H R 2g 9 2g 9 = = = = E h 4R / 3 = ( ) E h R 1 cos cos 1/ 3 = + α  α = 2 E E V gR Mgcos M V gR cos R 3 α =  = α = D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại B và tại E ta có: Mặt khác 0,5 Bài 3: Nhiệt học ( 4 điểm) Một lượng khí lí tưởng thực hiện một chu trình được biểu diễn trong hệ tọa độ có dạng là một đường tròn như hình vẽ. Đơn vị của các trục được chọn là và . Nhiệt độ thấp nhất trong chu trình là . Tìm tỉ số giữa khối lượng riêng lớn nhất và nhỏ nhất của lượng khí đó khi thay đổi trạng thái theo chu trình trên. Bài 3 Nội dung Điểm Từ phương trình trạng thái khí lý tuởng, ta có: K đối với một luợng khí xác định (C là hằng số). 0,5 Từ phương trình trên và đồ thị có thể tìm được điểm gốc . Đối với một quá trình đẳng tích biểu diễn một đường thẳng qua gốc 0 , với mỗi góc nghiêng khác nhau ứng với thể tích khác nhau. 0,5 Thể tích càng lớn thì góc nghiêng càng nhỏ. Từ đó suy ra thể tich lớn nhất của chất khi này là LM, và nhỏ nhất là LN. Và do đó: 0,5 2 2 E E V V 2gh 3gR = + = 2 2 2 0 2 2gh V 2m 9 27 V V h R m M 3 8 g 8 = =  = = + D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L LM LN Với và là hai tiếp tuyến với vòng tròn kẻ từ . Từ phương trình khí lý tưởng ta lại có: OPKP QP ORKR QR 0,5 Rút ra: ST S- ORQP OPQR U VR VW XU YP YW X U YP YW XU VP VW X tan ] 0,5 Góc ] suy từ hình vẽ. Ngoài ra còn chú ý rằng ^ H ] _ ` nên aT a- tan b _ ` ^c b d9e f =d9e f c 0,5 Tù hình vẽ ta thấy tan ^ N gN , h i : bán kinh vòng tròn h √2, vậy √2 i thay vào công thức trên: ST S- m√ m- =m√ m- 0,5 Vậy ST S- U Yn YW Xo= Yn YW U Yn YW X - =U Yn YW Xo= Yn YW U Yn YW X - 0,5 Bài 4: Cơ học vật rắn ( 4 điểm) Một thanh mảnh đồng chất có chiều dài 2 và khối lượng được dựng thẳng đứng trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang. Sát đầu dưới của thanh có một vật D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
nhỏ cùng khối lương . Thanh bắt đầu đổ xuống theo chiều như hình vẽ. Tìm vận tốc lớn nhất của vật nhỏ. Bài 4 Nội dung Điểm Trong quá trình đổ xuống, khi còn chưa tách khỏi thanh thì vận tốc của vật bằng vận tốc của đầu thanh A. 0,5 Khi vận tốc của vật đạt giá trị lớn nhất thì vật tách khỏi thanh. Kí hiệu G là khối tâm của hệ, r /4. Do không có ngoại lực tác dụng lên hệ theo phương ngang nên G chỉ chuyển động theo phương thẳng đứng. 0,5 Xét khi thanh lập với phương ngang góc ^. Tọa độ khối tâm theo phương thẳng đứng: *s 4 sin ^ suy ra: %s *s ; v ` cos ^ ⋅ ^; v ` xcos ^ 0,5 Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: 2 ( 4 11 sin ^2 2 %s 2 H ys 2 x 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Tính mô men quán tính của hệ đối với r rồi thay vào ta tìm được: %s z {Ev 1|}e f2~4|- f {~4|- f= 0,5 Dọc theo phương GA ta có: %ssin ^ %Mcos ^ 0,5 Từ đó ta tìm được: %M z {Ev 1|}e f2|}e- f €{|}e- f 0,5 Bằng cách đạo hàm bậc nhất biểu thức trong căn theo ^ rồi cho bằng 0 ta sẽ tìm được vận tốc cực đại của : %M  0,82 m/s xảy ra khi ^  45, 4∘ . 0,5 Bài 5: Tĩnh điện (4 điểm) Một vỏ cầu mỏng dẫn diện (gọi tắt là vỏ cầu), bán kính a, tâm cố dịnh. Hai điện tích điểm tại điểm và với 20 cm, 40 cm. Điện tích ở : 10.10 C, điện tích ở B: 16 ⋅ 10 C. Nối vỏ cầu bằng dây dẫn mảnh với cực dương của nguồn điện, cực âm của nguồn nối đất. Hiệu điện thế nguồn là ! 90 V. a. Ban đầu $ 10 cm, tìm điện tích của vỏ cầu. b. Nếu bán kính vỏ cầu tăng dần từ $ 10 cm đến 20 cm thì dòng chuyển dời các điện tích sẽ thay đổi như thế nào? Giả thiết khi bán kính vỏ cầu tăng lên khiến cho điện tích điểm có thể rơi vào trong vỏ cầu mà không tiếp xúc dẫn điện với vỏ cầu. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
Bài 5 Nội dung Điểm Tại vị trí ban đầu, khi bán kính vỏ cầu bằng a 10 cm thì và ở ngoài vỏ cầu. Khi đó phân bố điện tích trên bề mặt vỏ cầu không đều. Gọi điện lượng mặt ngoài vỏ cầu là và mật độ điện tích bề mặt là †. Điện tích trên diện tích Δˆ là †Δˆ và tạo ra điện thế đối với tâm Ta có ! ΣΔ! Œ Σ†Δˆ $ Œ $ vói Œ 9.10 Nm C 0,5 Điện tích điểm , cũng tạo ra điện thế đối vơi tâm O là Œ T FT và Œ - F- . Theo nguyên lý chống chất điện thế: Œ H Œ H Œ $ ! 0,5 Suy ra điện tích mặt ngoài của vỏ cầu là $ ! Œ $ U H X 8 ⋅ 10 C 0,5 Khi bán kính vỏ cầu bằng (nhưng vẫn còn ở ngoài vỏ cầu). Gọi điện tích mặt ngoài vỏ cầu là , ta có: Œ H Œ H Œ ! Suy ra:  ‘ ’ b T FT H - F- c“ 16 ⋅ 10 h. 0,5 Vì trong vỏ cầu chưa có điện tích, điện tích trong vỏ cầu bằng 0 nên điện tích vỏ cầu bằng điện tích mặt ngoài. ”” 16.10 C 0,5 Như vậy trong quá trình tăng dần bán kính từ 10 cm đến 20 cm dòng điện dịch từ đất hướng về vỏ cầu là : Δ ” ”” ” 8.10 C. 0,5 Khi điện tích điểm bắt đầu vào trong vỏ cầu thì mặt trong vỏ cầu xuất hiện điện tích cảm ứng 12 và điện tích 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L bên ngoài do đóng góp của và điện tích mặt ngoài vỏ cầu lúc này là { : Œ - F- H Œ •? FT ! Suy ra { b ‘ ’ - F- c 6.10 h Điện lượng của vỏ cầu bây giờ là: ””” { H 12 16.10 C Sự chuyển dời điện tích từ lân cận mặt ngoài đến vị trí lân cận mặt trong vỏ cầu tạo ra sự thay đổi điện tích trên vỏ cầu là: Δ ”” ”” ”” 0 Điều đó chứng tỏ rằng quá trình này chỉ có truyền điện tích cảm ứng mà không có sự thay đổi điện lượng. 0,5 ----HẾT ----- D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2023 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: VẬT LÍ - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (4,0 điểm) 1. Một thanh mỏng, phẳng đồng chất hình chữ nhật có khối lượng m, các cạnh có kích thước lần lượt là L và a. Gọi A là điểm nằm ở đầu thanh và trên trục đối xứng của thanh như hình vẽ (Hình 1a). Tính momen quán tính của thanh đối với trục quay đi qua A và vuông góc với mặt phẳng thanh. 2. Một vành mảnh đồng chất có khối lượng M, bán kính R được đặt thẳng đứng trên mặt phẳng ngang. Một vật nhỏ có khối lượng m được gắn cố định vào một điểm trên vành. Ban đầu đặt và giữ vành ở vị trí sao cho vật m ở cùng độ cao với tâm vành như hình vẽ (Hình 1b). a. Tìm tọa độ khối tâm của hệ. b. Tìm điều kiện của hệ số ma sát giữa vành và mặt phẳng ngang để vành bắt đầu lăn không trượt ngay sau khi thả. Câu 2.(4,0 điểm) Một chất khí có các thông số trạng thái (p, V, T) liên hệ với nhau theo phương trình trạng thái 2 a p V RT V   + =     và có nội năng 3 a U RT . 2 V = − Hằng số 2 0 0 a 64p V = . Chất khí này thực hiện chu trình biến đổi trạng thái được biểu diễn trong hệ trục tọa độ pOV như hình vẽ (Hình 2). Hãy tính hiệu suất của chu trình. Câu 3. (5,0 điểm) ĐỀ ĐỀ XUẤT A L a Hình 1a m M O R Hình 1b Hình 2 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Một vùng không gian hình cầu bán kính R có mật độ điện tích phân bố đều và tổng điện tích là + Q . Một êlectron có điện tích -e, khối lượng m có thể di chuyển tự do bên trong hoặc bên ngoài hình cầu. 1. Bỏ qua hiện tượng bức xạ điện từ. a. Xác định chu kỳ chuyển động tròn đều của êlectron quanh tâm quả cầu với bán kính r (xét trường hợp r R và r R). b. Giả sử ban đầu êlectron đứng yên ở vị trí cách tâm hình cầu khoảng r = 2R, xác định tốc độ của êlectron khi nó chuyển động đến tâm của hình cầu tích điện theo R, Q, e, m, εo. 2. Thực tế khi êlectron chuyển động có gia tốc quanh quả cầu êlectron sẽ bức xạ sóng điện từ với công suất bức xạ tính bằng công thức 2 3 o eQa P 6 c = πε trong đó a là gia tốc của êlectron, εo là hằng số điện, c là tốc độ ánh sáng trong chân không. Giả sử quỹ đạo của êlectron vẫn gần như tròn trong mỗi chu kỳ. Tính thời gian bán kính quỹ đạo chuyển động của êlectron giảm từ R xuống R 2 . Câu 4. (4,0 điểm) Một sợi xích có chiều dài L = 2 m, khối lượng m = 4 kg được phân bố đều theo chiều dài. Sợi xích được đặt trên mặt phẳng ngang gồm hai phần: phần bên trái có hệ số ma sát với xích là k =0,25 µ và phần bên phải nhẵn (Hình 4). Kéo đầu bên phải bằng lực F có độ lớn không đổi 12 N và giá trùng với sợi xích. Lấy g =10 m/s2 . 1. Tính gia tốc của sợi xích tại thời điểm phần chiều dài của sợi xích nằm ở phần nhẵn một đoạn 2 x = m. 3 2. Tại thời điểm lực F bắt đầu tác dụng thì đầu bên phải của sợi xích nằm tại điểm tiếp giáp giữa phần có ma sát và phần nhẵn. Tính vận tốc của sợi xích khi đầu bên trái của nó vừa đi qua khỏi phần có ma sát. Hình 4 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
Câu 5.(3 điểm) Hãy xác định hệ số Poisson p V C γ C = của không khí. Ta hãy thực hiện lại thí nghiệm lịch sử của Clément-Desormes năm 1819 với các thiết bị sau: a. Áp kế b. Bình giữ nhiệt có chất làm khô c. Thanh và kẹp giữa d. Bơm tay và ống có kẹp ống e. Mỡ chân không f. Các ống thủy tinh chữ T và ống nhựa 1. Hãy nêu một sơ đồ thiết bị cho thí nghiệm. 2. Cơ sở lí thuyết và nêu các thao tác thí nghiệm. -------- HẾT -------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2023 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: VẬT LÍ - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) - Chọn trục Ox có gốc tại vị trí khối tâm G. Xét một yếu tố vi phân dx tại tọa độ x như hình vẽ, momen quán tính của yếu tố này đối với trục quay đi qua O1 và vuông góc với mặt phẳng thanh là: 1 2 1 2 O a d m d I = với m dm dx L = - Momen quán tính của yếu tố đó đối với trục quay đi qua O và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ là: 1 2 2 2 2 2 12 12 O O a dm a m x dI dI x dm x dm dm dx L = + = + = + - Tích phân trên toàn bộ thanh ta tính được momen quán tính của thanh đối với trục quay đi qua O là: /2 2 2 2 2 2 2 /2 12 12 12 12 L O L a mx ma mx ma mL I dm dx dx L L −   = + = + = +       - Từ định lí trục quay song song ta có: 2 2 2 4 12 3 A O L ma mL I I m = + = + 0,25 0,25 0,25 0,25 - Gọi G là khối tâm của của hệ, ta có: .0 . . M m R m R OG m M m M + = = + + ĐỀ ĐỀ XUẤT A x x dx O1 O m M O G C D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
0,5 đ - Giả sử khi thả vành lăn không trượt, khi đó C là tâm quay tức thời. Phương trình quay quanh tâm quay tức thời là: . C mgR I γ = Với ( ) 2 2 2 2 C I MR mR = + là mô men quán tính của vành đối với trục quay qua tâm quay tức thời. → Gia tốc góc của hệ là: 2 ( ) mg R M m γ = + → Gia tốc tiếp tuyến của khối tâm G: . . 2 ( ) G mg a CG CG R M m γ = = + Đây cũng là gia tốc toàn phần vì khi vừa thả an = 0. 0,25 0,25 0,25 0,25 - Phương trình định luật II Niuton cho khối tâm của hệ theo phương ngang là: ( ) ( ) G ms M m a cos M m R F α γ + = + = với m s F là lực ma sát nghỉ. - Phương trình định luật II Niuton cho khối tâm của hệ theo phương thẳng đứng là: ( ) ( ) G M m a sin M m g N α + = + − 2 2 ( )g 1 2( ) m N M m M m   ↔ = + −   +   - Điều kiện để vành lăn không trượt là: 2 2 ( ) 2 4 ms F N m M m M Mm m µ µ ≤ + → ≥ + + 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu 2 (3,0 điểm) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Quá trình (2) – (3) là đẳng tích: 2 a p V RT RdT Vdp V   + =  =     Theo nguyên lý I: 23 23 23 3 3 dQ dU RdT dQ Vdp 0 2 2 = =  = vì áp suất giảm ( ) dp 0 Vậy trong quá trình (2) – (3) chất khí luôn tỏa nhiệt 0,5 Quá trình (3) – (1) là đẳng áp: 0 0 2 2 a a p V RT RdT p dV V V     + =  = −         Theo nguyên lý I: 31 31 31 0 31 0 2 2 3 a 1 a dQ dA dU p dV RdT dV dQ 5p dV 2 V 2 V   = + = + +  = −     2 0 31 0 2 64V 1 dQ 5 p dV 2 V    = −     Vì thể tích giảm ( ) dV 0 và 0 0 V V 3V ≤ ≤ nên 31 dQ 0 Vậy trong quá trình (3) – (1) chất khí luôn nhận nhiệt Ta có: 0 0 V 2 0 31 31 0 31 0 0 2 3V 64V 1 49 Q dQ 5 p dV Q p V 2 V 3   = = −  =       0,5 Quá trình (1) – (2) có áp suất tỉ lệ với thể tích: 0 0 0 0 p p p V dp dV V V =  = ( ) 2 0 0 2 2 2 0 32V a a V p V RT RdT d pV dV RdT 2 p dV V V V V     + =  = −  = −         0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
Theo nguyên lý I: 2 0 12 12 12 12 0 2 2 0 8V 3 a V dQ dA dU pdV RdT dV dQ 4 p dV 2 V V V   = + = + +  = −     Vì thể tích tăng ( ) dV 0 nên nếu 0 V 2 V thì 12 dQ 0 , vậy trong quá trình (1) – (2) chất khí nhận nhiệt khi thể tích tăng từ 2V0 đến 3V0 Ta có: 0 0 3V 2 0 12nhan 12nhan 0 12nhan 0 0 2 0 2V 8V V 14 Q dQ 4 p dV Q p V V V 3   = = −  =       0,5 Công do chất khí thực hiện: ( )( ) 0 0 0 0 0 0 1 A 3V V 3p p A 2p V 2 = − −  = 0,5 Hiệu suất của chu trình: 31 12nhan A 6 H H 9,524% Q Q 63 =  = = + 0,5 Câu 3: 3a Trường hợp r R : Áp dụng định lý O-G xét cho mặt cầu bán kính r : 2 1 1 2 o o Q Q r E 4 4 E r π = = = ε πε Theo định luật II Niu-tơn : 2 2 1 1 2 eE m r m r T   π = ω =     Suy ra : 3 3 o 1 16 mr T eQ π ε = 0,25 đ 0,5 đ Trường hợp r R : Áp dụng định lý O-G cho mặt cầu bán kính r nhưng lúc này điện tích là : 3 3 3 3 4 r r 3 q Q Q 4 R R 3 π = = π 0,25 đ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Suy ra : 3 3 2 2 2 3 o o r Q Q r R 4 r E E 4 R π = = = ε πε Định luật II Niu – tơn : 2 2 2 3 o 2 Qr 2 eE = m r e m r 4 R T   π ω  =   πε   3 o 2 4 mR T 2 eQ πε = π 0,25 đ 0,5 đ 3b Áp dụng định lý biến thiên động năng: W d dA = 0 2 2R 1 mv 0 Fdr 2 − =  R 0 2 2 3 o o 2R R 1 1 eQ 1 eQr mv dr dr 2 4 r 4 R     = − + −     πε πε       R 0 2 2 3 o o 2R R o 2eQ dr 1 eQ v rdr 4 m r R 2 mR eQ v 2 mR   = − + =   πε πε    = πε   0,5 đ 0,5 đ Trong khoảng thời gian dt electron chuyển động coi như tròn với bán kính r: 2 2 2 3 3 o 0 mv 1 eQr mv eQr r 4 R 2 8 R = = = πε πε Thế năng: R 2 2 t 3 2 3 0 0 r r R eQ 1 dr eQ W Fdr rdr (3R r ) 4 R r 8 R ∞ ∞   = = − + = − −   πε πε      Cơ năng của electron: 2 2 t 3 o 0 1 1 eQr 3eQ W mv +W 2 4 R 8 R = = − πε πε 3 o eQr dW dr 2 R = πε 0,25 đ 0,25 đ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
0,5 đ 3b Định luật II Niu – tơn: 3 3 o o eQr 1 eQr ma a 4 R 4 m R = = = πε πε Công suất bức xạ điện từ: 2 3 3 2 3 3 3 3 2 6 o o eQa e Q r P 6 c 96 c m R = = πε π ε 0,25 đ 0,25 đ 3c Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: Độ biến thiên cơ năng của êlectron sau thời gian dt do bức xạ điện từ: W d Pdt = − Thay các biểu thức của W và P ta được : 3 3 2 3 3 3 3 2 6 o o eQrdr e Q r dt 2 R 96 c m R = − πε π ε 2 2 3 2 3 o 2 2 48 c m R dr dt e Q r π ε = − R 2 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 o o 2 2 2 2 R 48 c m R 48 c m R dr t ln 2 e Q r e Q π ε π ε = − =  0,25 đ 0,5 đ Câu 4: Đ iểm 1. Lực tác dụng lên xích như hình vẽ: D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 0 ,5 - Định luật II Niu-tơn: 1 2 1 2 ms F N + N P P f ma + + + + = 0 ,5 - Suy ra: ms k 1 1 1 2 2 F f F N m m a , N P (L x) g, N P xg m m L L − − µ = = = = − = = 0 ,5 - Vậy: k k x F a g g m L µ = − µ + - Thay số được: a = 1,33 m/s2 0 ,5 2. - Ta có: dv dv dx a dt dx dt = = - Hay: a.dx v.dv = - Suy ra: k k x F v.dv g g dx m L µ   = −µ +     0 ,5 0 ,5 - Tích phân 02 vế, ta được: v L k k 0 0 x F v.dv g g dx m L µ   = − µ +       - Suy ra: L L 2 2 k k 0 0 g v F g .x x 2 m 2L µ   = −µ +     - Thay số được: v = 2,65 m/s. 1 ,0 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
Câu 5. Thí nghiệm Clément-Desormes 1. Sơ đồ của thí nghiệm: 0,5 2. a) Cơ sở lý thuyết Phương pháp xác định γ , tỷ lệ giữa nhiệt dung ở áp suất không đổi và nhiệt dung ở thể tích không đổi đối với một loại khí lý tưởng, được đề xuất bởi Clément và Desormes. Phương pháp này bao gồm việc cho phép một loại khí lý tưởng trải qua quá trình giãn nở đoạn nhiệt gần như tĩnh, sau đó là một quá trình thể tích không đổi. 0,25 Khi đậy nắp bình, một khối không khí khô có thể tích 0 V ở áp suất khí quyển 0 P một phần ở bên trong bình và một phần ở bên ngoài bình. Khi không khí từ bên ngoài được bơm từ từ vào trong bình, thể tích giảm xuống thể tích của bình là 1 V và áp suất tăng lên 1 P . Áp kế biểu thị chênh lệch độ cao ghi lại sự thay đổi áp suất: (1) 1 0 1 oil P P ρ gh = + Khi nhanh chóng mở và đóng nắp bình, không khí thừa thoát ra khỏi bình và áp suất trở lại áp suất khí quyển trong giây lát. Mẫu giãn nở đoạn nhiệt ( 2 0 2 0 , P P T T = ) và nhiệt độ của khí giảm xuống dưới nhiệt độ môi trường. Vì 0,25 0,25 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L γ PV = trong một quá trình đoạn nhiệt: (2) 1 1 2 2 γ γ PV PV = Cuối cùng, mẫu được làm ấm từ từ ở thể tích không đổi. 3 3 2 0 , T T V V = = (mặc dù ta không biết thể tích chính xác vì 2 V đại diện cho một phần khí bên ngoài và một phần bên trong bình) (3) 3 0 3 oil P P ρ gh = + . Đồ thị P-V cho quá trình này: Vì tích PV không đổi dọc theo một đường đẳng nhiệt: (4) 0 0 1 1 3 3 PV PV PV = = Kết hợp phương trình (2) và (4) rồi lấy log tự nhiên của cả hai vế ta được: (5) 1 1 0 3 ln ln P P γ P P           =               Về các biến được đo trong phòng thí nghiệm: (6) 1 1 3 0 0 0 ln 1 ln 1 ln 1 oil oil oil ρ gh ρ gh ρ gh γ P P P                                    + = + − +                                                  Nếu 0 / oil ρ gh P nhỏ khi so sánh với một (1), ta có thể tính gần đúng bằng cách sử dụng ( ) 1,ln 1 x x x + ∼ ≪ Khi đó, phương trình (6) trở thành: (7) ( ) 1 1 1 3 1 3 h h γ h h γ h h ≅ − → = − b) Thao tác: 1. Lắp đặt thiết bị như trong sơ đồ. Hãy nhớ rằng, bình có đáy tròn và cần được hỗ trợ. Cho một lượng nhỏ chất làm khô màu xanh vào bình. (Chất màu hồng 0,25 0,5 0,25 1,0 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf

Recommended

BỘ đề THI và đáp án đề SUẤT môn vật lý kì THI HSG KHU vực lớp 10 của các trườ...
BỘ đề THI và đáp án đề SUẤT môn vật lý kì THI HSG KHU vực lớp 10 của các trườ...BỘ đề THI và đáp án đề SUẤT môn vật lý kì THI HSG KHU vực lớp 10 của các trườ...
BỘ đề THI và đáp án đề SUẤT môn vật lý kì THI HSG KHU vực lớp 10 của các trườ...TieuNgocLy
 
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (HSGQG) MÔN VẬT LÝ LỚP 12 - NĂM 2023 ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (HSGQG) MÔN VẬT LÝ LỚP 12 - NĂM 2023 ...CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (HSGQG) MÔN VẬT LÝ LỚP 12 - NĂM 2023 ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (HSGQG) MÔN VẬT LÝ LỚP 12 - NĂM 2023 ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU ...
TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU ...TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU ...
TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
50 đề thi học sinh giỏi vật lý 12 có đáp án chi tiết
50 đề thi học sinh giỏi vật lý 12 có đáp án chi tiết50 đề thi học sinh giỏi vật lý 12 có đáp án chi tiết
50 đề thi học sinh giỏi vật lý 12 có đáp án chi tiếtnataliej4
 
Tai lieu-boi-duong-hsg-vat-ly-10
Tai lieu-boi-duong-hsg-vat-ly-10Tai lieu-boi-duong-hsg-vat-ly-10
Tai lieu-boi-duong-hsg-vat-ly-10thuannguyen861368
 
[Nguoithay.vn] co hoc vat ran hay
[Nguoithay.vn] co hoc vat ran hay[Nguoithay.vn] co hoc vat ran hay
[Nguoithay.vn] co hoc vat ran hayPhong Phạm
 
Lực quán tính và cách làm bài tập về lực quán tính
Lực quán tính và cách làm bài tập về lực quán tínhLực quán tính và cách làm bài tập về lực quán tính
Lực quán tính và cách làm bài tập về lực quán tínhLinh Nguyễn
 
Đề thi hsg vật lý 12 Quảng Bình các năm
Đề thi hsg vật lý 12 Quảng Bình các nămĐề thi hsg vật lý 12 Quảng Bình các năm
Đề thi hsg vật lý 12 Quảng Bình các nămĐậu Thành
 

Recommended

BỘ đề THI và đáp án đề SUẤT môn vật lý kì THI HSG KHU vực lớp 10 của các trườ...
BỘ đề THI và đáp án đề SUẤT môn vật lý kì THI HSG KHU vực lớp 10 của các trườ...BỘ đề THI và đáp án đề SUẤT môn vật lý kì THI HSG KHU vực lớp 10 của các trườ...
BỘ đề THI và đáp án đề SUẤT môn vật lý kì THI HSG KHU vực lớp 10 của các trườ...TieuNgocLy
 
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (HSGQG) MÔN VẬT LÝ LỚP 12 - NĂM 2023 ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (HSGQG) MÔN VẬT LÝ LỚP 12 - NĂM 2023 ...CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (HSGQG) MÔN VẬT LÝ LỚP 12 - NĂM 2023 ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA (HSGQG) MÔN VẬT LÝ LỚP 12 - NĂM 2023 ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU ...
TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU ...TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU ...
TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
50 đề thi học sinh giỏi vật lý 12 có đáp án chi tiết
50 đề thi học sinh giỏi vật lý 12 có đáp án chi tiết50 đề thi học sinh giỏi vật lý 12 có đáp án chi tiết
50 đề thi học sinh giỏi vật lý 12 có đáp án chi tiếtnataliej4
 
Tai lieu-boi-duong-hsg-vat-ly-10
Tai lieu-boi-duong-hsg-vat-ly-10Tai lieu-boi-duong-hsg-vat-ly-10
Tai lieu-boi-duong-hsg-vat-ly-10thuannguyen861368
 
[Nguoithay.vn] co hoc vat ran hay
[Nguoithay.vn] co hoc vat ran hay[Nguoithay.vn] co hoc vat ran hay
[Nguoithay.vn] co hoc vat ran hayPhong Phạm
 
Lực quán tính và cách làm bài tập về lực quán tính
Lực quán tính và cách làm bài tập về lực quán tínhLực quán tính và cách làm bài tập về lực quán tính
Lực quán tính và cách làm bài tập về lực quán tínhLinh Nguyễn
 
Đề thi hsg vật lý 12 Quảng Bình các năm
Đề thi hsg vật lý 12 Quảng Bình các nămĐề thi hsg vật lý 12 Quảng Bình các năm
Đề thi hsg vật lý 12 Quảng Bình các nămĐậu Thành
 
Chuyên đề DAO ĐỘNG CƠ_10595212092019
Chuyên đề DAO ĐỘNG CƠ_10595212092019Chuyên đề DAO ĐỘNG CƠ_10595212092019
Chuyên đề DAO ĐỘNG CƠ_10595212092019hieupham236
 
Chuyên đề sóng cơ bài tập và đáp án
Chuyên đề sóng cơ bài tập và đáp ánChuyên đề sóng cơ bài tập và đáp án
Chuyên đề sóng cơ bài tập và đáp ánMinh Thắng Trần
 
De hsg lan 1mon vat ly lop10 2
De hsg lan 1mon vat ly lop10 2De hsg lan 1mon vat ly lop10 2
De hsg lan 1mon vat ly lop10 2Chàng Trai Khó Tính
 
Chuong 2 dong luc hoc chat diem
Chuong 2 dong luc hoc chat diemChuong 2 dong luc hoc chat diem
Chuong 2 dong luc hoc chat diemThu Thao
 
THAM SỐ HÓA TRONG TỌA ĐỘ PHẲNG
THAM SỐ HÓA TRONG TỌA ĐỘ PHẲNGTHAM SỐ HÓA TRONG TỌA ĐỘ PHẲNG
THAM SỐ HÓA TRONG TỌA ĐỘ PHẲNGDANAMATH
 
1. hóa đại cương
1. hóa đại cương1. hóa đại cương
1. hóa đại cươngnguyenuyen0110
 
Bài tập thấu kính nâng cao lớp 9
Bài tập thấu kính nâng cao lớp 9Bài tập thấu kính nâng cao lớp 9
Bài tập thấu kính nâng cao lớp 9youngunoistalented1995
 
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA VẬT RẮN PHỤC VỤ...
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA VẬT RẮN PHỤC VỤ...TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA VẬT RẮN PHỤC VỤ...
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA VẬT RẮN PHỤC VỤ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
chuyên đề điện tích điện trường - chương 1 vật lý 11 hay nhất 2017
chuyên đề điện tích điện trường - chương 1 vật lý 11 hay nhất 2017chuyên đề điện tích điện trường - chương 1 vật lý 11 hay nhất 2017
chuyên đề điện tích điện trường - chương 1 vật lý 11 hay nhất 2017Hoàng Thái Việt
 
Chuong 3 dong luc hoc he chat diem
Chuong 3 dong luc hoc he chat diemChuong 3 dong luc hoc he chat diem
Chuong 3 dong luc hoc he chat diemThu Thao
 
90 cau trac nghiem hoa dai cuong cua thay Dang
90 cau trac nghiem hoa dai cuong cua thay Dang90 cau trac nghiem hoa dai cuong cua thay Dang
90 cau trac nghiem hoa dai cuong cua thay DangTrần Đương
 
chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10
chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10
chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10duong duong
 
Bài tập Cơ lý thuyet 1
Bài tập Cơ lý thuyet 1 Bài tập Cơ lý thuyet 1
Bài tập Cơ lý thuyet 1 cuong nguyen
 
Công Thức Lượng GIác
Công Thức Lượng GIácCông Thức Lượng GIác
Công Thức Lượng GIácHà Cao
 
Dùng giản đồ vector giải điện xoay chiều
Dùng giản đồ vector giải điện xoay chiềuDùng giản đồ vector giải điện xoay chiều
Dùng giản đồ vector giải điện xoay chiềutuituhoc
 
Tóm tắt lý thuyết Vật Lý 12 - Thi Đại học
Tóm tắt lý thuyết Vật Lý 12 - Thi Đại họcTóm tắt lý thuyết Vật Lý 12 - Thi Đại học
Tóm tắt lý thuyết Vật Lý 12 - Thi Đại họcOanh MJ
 
[123doc] van-dung-dinh-luat-kiechop-kirchhoff-trong-viec-giai-toan-ve-mach-...
[123doc] van-dung-dinh-luat-kiechop-kirchhoff-trong-viec-giai-toan-ve-mach-...[123doc] van-dung-dinh-luat-kiechop-kirchhoff-trong-viec-giai-toan-ve-mach-...
[123doc] van-dung-dinh-luat-kiechop-kirchhoff-trong-viec-giai-toan-ve-mach-...DuyKhnh34
 
Bài tập điện trường
Bài tập điện trườngBài tập điện trường
Bài tập điện trườngHajunior9x
 
Ly sinh hoc
Ly sinh hocLy sinh hoc
Ly sinh hocLe Tran Anh
 
Phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ
Phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũPhương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ
Phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũLinh Nguyễn
 
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THPT MÔN VẬT LÝ LỚP 10 - NĂM 2022 - GV PHẠM VŨ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THPT MÔN VẬT LÝ LỚP 10 - NĂM 2022 - GV PHẠM VŨ...CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THPT MÔN VẬT LÝ LỚP 10 - NĂM 2022 - GV PHẠM VŨ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THPT MÔN VẬT LÝ LỚP 10 - NĂM 2022 - GV PHẠM VŨ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
TỔNG HỢP NHỮNG BÀI TẬP VẬT LÝ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC(CÓ LỜI GIẢI)
TỔNG HỢP NHỮNG BÀI TẬP VẬT LÝ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC(CÓ LỜI GIẢI)TỔNG HỢP NHỮNG BÀI TẬP VẬT LÝ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC(CÓ LỜI GIẢI)
TỔNG HỢP NHỮNG BÀI TẬP VẬT LÝ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC(CÓ LỜI GIẢI)Nguyễn Hải
 

More Related Content

What's hot

Chuyên đề DAO ĐỘNG CƠ_10595212092019
Chuyên đề DAO ĐỘNG CƠ_10595212092019Chuyên đề DAO ĐỘNG CƠ_10595212092019
Chuyên đề DAO ĐỘNG CƠ_10595212092019hieupham236
 
Chuyên đề sóng cơ bài tập và đáp án
Chuyên đề sóng cơ bài tập và đáp ánChuyên đề sóng cơ bài tập và đáp án
Chuyên đề sóng cơ bài tập và đáp ánMinh Thắng Trần
 
Chuong 2 dong luc hoc chat diem
Chuong 2 dong luc hoc chat diemChuong 2 dong luc hoc chat diem
Chuong 2 dong luc hoc chat diemThu Thao
 
THAM SỐ HÓA TRONG TỌA ĐỘ PHẲNG
THAM SỐ HÓA TRONG TỌA ĐỘ PHẲNGTHAM SỐ HÓA TRONG TỌA ĐỘ PHẲNG
THAM SỐ HÓA TRONG TỌA ĐỘ PHẲNGDANAMATH
 
1. hóa đại cương
1. hóa đại cương1. hóa đại cương
1. hóa đại cươngnguyenuyen0110
 
Bài tập thấu kính nâng cao lớp 9
Bài tập thấu kính nâng cao lớp 9Bài tập thấu kính nâng cao lớp 9
Bài tập thấu kính nâng cao lớp 9youngunoistalented1995
 
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA VẬT RẮN PHỤC VỤ...
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA VẬT RẮN PHỤC VỤ...TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA VẬT RẮN PHỤC VỤ...
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA VẬT RẮN PHỤC VỤ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
chuyên đề điện tích điện trường - chương 1 vật lý 11 hay nhất 2017
chuyên đề điện tích điện trường - chương 1 vật lý 11 hay nhất 2017chuyên đề điện tích điện trường - chương 1 vật lý 11 hay nhất 2017
chuyên đề điện tích điện trường - chương 1 vật lý 11 hay nhất 2017Hoàng Thái Việt
 
Chuong 3 dong luc hoc he chat diem
Chuong 3 dong luc hoc he chat diemChuong 3 dong luc hoc he chat diem
Chuong 3 dong luc hoc he chat diemThu Thao
 
90 cau trac nghiem hoa dai cuong cua thay Dang
90 cau trac nghiem hoa dai cuong cua thay Dang90 cau trac nghiem hoa dai cuong cua thay Dang
90 cau trac nghiem hoa dai cuong cua thay DangTrần Đương
 
chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10
chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10
chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10duong duong
 
Bài tập Cơ lý thuyet 1
Bài tập Cơ lý thuyet 1 Bài tập Cơ lý thuyet 1
Bài tập Cơ lý thuyet 1 cuong nguyen
 
Công Thức Lượng GIác
Công Thức Lượng GIácCông Thức Lượng GIác
Công Thức Lượng GIácHà Cao
 
Dùng giản đồ vector giải điện xoay chiều
Dùng giản đồ vector giải điện xoay chiềuDùng giản đồ vector giải điện xoay chiều
Dùng giản đồ vector giải điện xoay chiềutuituhoc
 
Tóm tắt lý thuyết Vật Lý 12 - Thi Đại học
Tóm tắt lý thuyết Vật Lý 12 - Thi Đại họcTóm tắt lý thuyết Vật Lý 12 - Thi Đại học
Tóm tắt lý thuyết Vật Lý 12 - Thi Đại họcOanh MJ
 
[123doc] van-dung-dinh-luat-kiechop-kirchhoff-trong-viec-giai-toan-ve-mach-...
[123doc] van-dung-dinh-luat-kiechop-kirchhoff-trong-viec-giai-toan-ve-mach-...[123doc] van-dung-dinh-luat-kiechop-kirchhoff-trong-viec-giai-toan-ve-mach-...
[123doc] van-dung-dinh-luat-kiechop-kirchhoff-trong-viec-giai-toan-ve-mach-...DuyKhnh34
 
Bài tập điện trường
Bài tập điện trườngBài tập điện trường
Bài tập điện trườngHajunior9x
 
Phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ
Phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũPhương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ
Phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũLinh Nguyễn
 

What's hot (20)

Chuyên đề DAO ĐỘNG CƠ_10595212092019
Chuyên đề DAO ĐỘNG CƠ_10595212092019Chuyên đề DAO ĐỘNG CƠ_10595212092019
Chuyên đề DAO ĐỘNG CƠ_10595212092019
 
Chuyên đề sóng cơ bài tập và đáp án
Chuyên đề sóng cơ bài tập và đáp ánChuyên đề sóng cơ bài tập và đáp án
Chuyên đề sóng cơ bài tập và đáp án
 
De hsg lan 1mon vat ly lop10 2
De hsg lan 1mon vat ly lop10 2De hsg lan 1mon vat ly lop10 2
De hsg lan 1mon vat ly lop10 2
 
Chuong 2 dong luc hoc chat diem
Chuong 2 dong luc hoc chat diemChuong 2 dong luc hoc chat diem
Chuong 2 dong luc hoc chat diem
 
THAM SỐ HÓA TRONG TỌA ĐỘ PHẲNG
THAM SỐ HÓA TRONG TỌA ĐỘ PHẲNGTHAM SỐ HÓA TRONG TỌA ĐỘ PHẲNG
THAM SỐ HÓA TRONG TỌA ĐỘ PHẲNG
 
1. hóa đại cương
1. hóa đại cương1. hóa đại cương
1. hóa đại cương
 
Bài tập thấu kính nâng cao lớp 9
Bài tập thấu kính nâng cao lớp 9Bài tập thấu kính nâng cao lớp 9
Bài tập thấu kính nâng cao lớp 9
 
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA VẬT RẮN PHỤC VỤ...
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA VẬT RẮN PHỤC VỤ...TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA VẬT RẮN PHỤC VỤ...
TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ ĐẠT GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA VẬT RẮN PHỤC VỤ...
 
chuyên đề điện tích điện trường - chương 1 vật lý 11 hay nhất 2017
chuyên đề điện tích điện trường - chương 1 vật lý 11 hay nhất 2017chuyên đề điện tích điện trường - chương 1 vật lý 11 hay nhất 2017
chuyên đề điện tích điện trường - chương 1 vật lý 11 hay nhất 2017
 
Chuong 3 dong luc hoc he chat diem
Chuong 3 dong luc hoc he chat diemChuong 3 dong luc hoc he chat diem
Chuong 3 dong luc hoc he chat diem
 
90 cau trac nghiem hoa dai cuong cua thay Dang
90 cau trac nghiem hoa dai cuong cua thay Dang90 cau trac nghiem hoa dai cuong cua thay Dang
90 cau trac nghiem hoa dai cuong cua thay Dang
 
chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10
chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10
chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10
 
Bài tập Cơ lý thuyet 1
Bài tập Cơ lý thuyet 1 Bài tập Cơ lý thuyet 1
Bài tập Cơ lý thuyet 1
 
Công Thức Lượng GIác
Công Thức Lượng GIácCông Thức Lượng GIác
Công Thức Lượng GIác
 
Dùng giản đồ vector giải điện xoay chiều
Dùng giản đồ vector giải điện xoay chiềuDùng giản đồ vector giải điện xoay chiều
Dùng giản đồ vector giải điện xoay chiều
 
Tóm tắt lý thuyết Vật Lý 12 - Thi Đại học
Tóm tắt lý thuyết Vật Lý 12 - Thi Đại họcTóm tắt lý thuyết Vật Lý 12 - Thi Đại học
Tóm tắt lý thuyết Vật Lý 12 - Thi Đại học
 
[123doc] van-dung-dinh-luat-kiechop-kirchhoff-trong-viec-giai-toan-ve-mach-...
[123doc] van-dung-dinh-luat-kiechop-kirchhoff-trong-viec-giai-toan-ve-mach-...[123doc] van-dung-dinh-luat-kiechop-kirchhoff-trong-viec-giai-toan-ve-mach-...
[123doc] van-dung-dinh-luat-kiechop-kirchhoff-trong-viec-giai-toan-ve-mach-...
 
Bài tập điện trường
Bài tập điện trườngBài tập điện trường
Bài tập điện trường
 
Ly sinh hoc
Ly sinh hocLy sinh hoc
Ly sinh hoc
 
Phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ
Phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũPhương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ
Phương pháp giải phương trình, bất phương trình mũ
 

Similar to TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf

CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THPT MÔN VẬT LÝ LỚP 10 - NĂM 2022 - GV PHẠM VŨ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THPT MÔN VẬT LÝ LỚP 10 - NĂM 2022 - GV PHẠM VŨ...CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THPT MÔN VẬT LÝ LỚP 10 - NĂM 2022 - GV PHẠM VŨ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THPT MÔN VẬT LÝ LỚP 10 - NĂM 2022 - GV PHẠM VŨ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
TỔNG HỢP NHỮNG BÀI TẬP VẬT LÝ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC(CÓ LỜI GIẢI)
TỔNG HỢP NHỮNG BÀI TẬP VẬT LÝ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC(CÓ LỜI GIẢI)TỔNG HỢP NHỮNG BÀI TẬP VẬT LÝ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC(CÓ LỜI GIẢI)
TỔNG HỢP NHỮNG BÀI TẬP VẬT LÝ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC(CÓ LỜI GIẢI)Nguyễn Hải
 
Huong dan-giai-chi-tiet-mot-so-cau-de-khao-sat-chat-luong-lan-i-nam-2012-2013...
Huong dan-giai-chi-tiet-mot-so-cau-de-khao-sat-chat-luong-lan-i-nam-2012-2013...Huong dan-giai-chi-tiet-mot-so-cau-de-khao-sat-chat-luong-lan-i-nam-2012-2013...
Huong dan-giai-chi-tiet-mot-so-cau-de-khao-sat-chat-luong-lan-i-nam-2012-2013...Bác Sĩ Meomeo
 
CHUYÊN ĐỀ BÀI TOÁN THỰC TẾ - MÔN TOÁN - LỚP 11 - DÙNG CHUNG 3 SÁCH - CÓ LỜI G...
CHUYÊN ĐỀ BÀI TOÁN THỰC TẾ - MÔN TOÁN - LỚP 11 - DÙNG CHUNG 3 SÁCH - CÓ LỜI G...CHUYÊN ĐỀ BÀI TOÁN THỰC TẾ - MÔN TOÁN - LỚP 11 - DÙNG CHUNG 3 SÁCH - CÓ LỜI G...
CHUYÊN ĐỀ BÀI TOÁN THỰC TẾ - MÔN TOÁN - LỚP 11 - DÙNG CHUNG 3 SÁCH - CÓ LỜI G...Nguyen Thanh Tu Collection
 
Huong dan-giai-chi-tiet-de-thi-dai-hoc-khoi-a-2012--ma-de-958.thuvienvatly.co...
Huong dan-giai-chi-tiet-de-thi-dai-hoc-khoi-a-2012--ma-de-958.thuvienvatly.co...Huong dan-giai-chi-tiet-de-thi-dai-hoc-khoi-a-2012--ma-de-958.thuvienvatly.co...
Huong dan-giai-chi-tiet-de-thi-dai-hoc-khoi-a-2012--ma-de-958.thuvienvatly.co...VI Vu
 
ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CUỐI KÌ 1 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC NĂM HỌC 2023-2024 -...
ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CUỐI KÌ 1 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC NĂM HỌC 2023-2024 -...ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CUỐI KÌ 1 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC NĂM HỌC 2023-2024 -...
ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CUỐI KÌ 1 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC NĂM HỌC 2023-2024 -...Nguyen Thanh Tu Collection
 
Bai tap on_tap_truong_thcs_cao_ram
Bai tap on_tap_truong_thcs_cao_ramBai tap on_tap_truong_thcs_cao_ram
Bai tap on_tap_truong_thcs_cao_ramHọc Tập Long An
 
Bài tập về 2 chất điểm dao động điều hóa - thời điểm 2 vật gặp nhau và 2 vật ...
Bài tập về 2 chất điểm dao động điều hóa - thời điểm 2 vật gặp nhau và 2 vật ...Bài tập về 2 chất điểm dao động điều hóa - thời điểm 2 vật gặp nhau và 2 vật ...
Bài tập về 2 chất điểm dao động điều hóa - thời điểm 2 vật gặp nhau và 2 vật ...nguyenxuan8989898798
 
14 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN VẬT LÝ 8 - NĂM 2024 (4...
14 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN VẬT LÝ 8 - NĂM 2024 (4...14 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN VẬT LÝ 8 - NĂM 2024 (4...
14 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN VẬT LÝ 8 - NĂM 2024 (4...Nguyen Thanh Tu Collection
 
[Hoa]thpt tran quoc tuan, lan1, 2012 (a1k37pbc.net)
[Hoa]thpt tran quoc tuan, lan1, 2012 (a1k37pbc.net)[Hoa]thpt tran quoc tuan, lan1, 2012 (a1k37pbc.net)
[Hoa]thpt tran quoc tuan, lan1, 2012 (a1k37pbc.net)unknowing01
 
[123doc] - chuyen-de-cuc-tri-chuyen-dong.doc
[123doc] - chuyen-de-cuc-tri-chuyen-dong.doc[123doc] - chuyen-de-cuc-tri-chuyen-dong.doc
[123doc] - chuyen-de-cuc-tri-chuyen-dong.docHanaTiti
 
Tintuc.vn - Đề thi Vật Lý năm 2011
Tintuc.vn - Đề thi Vật Lý năm 2011Tintuc.vn - Đề thi Vật Lý năm 2011
Tintuc.vn - Đề thi Vật Lý năm 2011ngoalong186
 
Tuy en tap-de-thi-olympic-vat-ly-quoc-te
Tuy en tap-de-thi-olympic-vat-ly-quoc-teTuy en tap-de-thi-olympic-vat-ly-quoc-te
Tuy en tap-de-thi-olympic-vat-ly-quoc-teNguyễn Hải
 
Giải đề 2012
Giải đề 2012Giải đề 2012
Giải đề 2012Huynh ICT
 
1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 BẮC NINH.pdf
1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 BẮC NINH.pdf1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 BẮC NINH.pdf
1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 BẮC NINH.pdfngHuLuyn1
 
Cực trị hình học cực hay nè,,,
Cực trị hình học cực hay nè,,,Cực trị hình học cực hay nè,,,
Cực trị hình học cực hay nè,,,bichshiho20
 

Similar to TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf (20)

CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THPT MÔN VẬT LÝ LỚP 10 - NĂM 2022 - GV PHẠM VŨ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THPT MÔN VẬT LÝ LỚP 10 - NĂM 2022 - GV PHẠM VŨ...CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THPT MÔN VẬT LÝ LỚP 10 - NĂM 2022 - GV PHẠM VŨ...
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THPT MÔN VẬT LÝ LỚP 10 - NĂM 2022 - GV PHẠM VŨ...
 
TỔNG HỢP NHỮNG BÀI TẬP VẬT LÝ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC(CÓ LỜI GIẢI)
TỔNG HỢP NHỮNG BÀI TẬP VẬT LÝ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC(CÓ LỜI GIẢI)TỔNG HỢP NHỮNG BÀI TẬP VẬT LÝ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC(CÓ LỜI GIẢI)
TỔNG HỢP NHỮNG BÀI TẬP VẬT LÝ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC(CÓ LỜI GIẢI)
 
De thi thu lan 2 dhkhtn
De thi thu lan 2 dhkhtnDe thi thu lan 2 dhkhtn
De thi thu lan 2 dhkhtn
 
Huong dan-giai-chi-tiet-mot-so-cau-de-khao-sat-chat-luong-lan-i-nam-2012-2013...
Huong dan-giai-chi-tiet-mot-so-cau-de-khao-sat-chat-luong-lan-i-nam-2012-2013...Huong dan-giai-chi-tiet-mot-so-cau-de-khao-sat-chat-luong-lan-i-nam-2012-2013...
Huong dan-giai-chi-tiet-mot-so-cau-de-khao-sat-chat-luong-lan-i-nam-2012-2013...
 
Giai ly 2
Giai ly 2Giai ly 2
Giai ly 2
 
Giai ly 2
Giai ly 2Giai ly 2
Giai ly 2
 
Giai ly 2
Giai ly 2Giai ly 2
Giai ly 2
 
CHUYÊN ĐỀ BÀI TOÁN THỰC TẾ - MÔN TOÁN - LỚP 11 - DÙNG CHUNG 3 SÁCH - CÓ LỜI G...
CHUYÊN ĐỀ BÀI TOÁN THỰC TẾ - MÔN TOÁN - LỚP 11 - DÙNG CHUNG 3 SÁCH - CÓ LỜI G...CHUYÊN ĐỀ BÀI TOÁN THỰC TẾ - MÔN TOÁN - LỚP 11 - DÙNG CHUNG 3 SÁCH - CÓ LỜI G...
CHUYÊN ĐỀ BÀI TOÁN THỰC TẾ - MÔN TOÁN - LỚP 11 - DÙNG CHUNG 3 SÁCH - CÓ LỜI G...
 
Huong dan-giai-chi-tiet-de-thi-dai-hoc-khoi-a-2012--ma-de-958.thuvienvatly.co...
Huong dan-giai-chi-tiet-de-thi-dai-hoc-khoi-a-2012--ma-de-958.thuvienvatly.co...Huong dan-giai-chi-tiet-de-thi-dai-hoc-khoi-a-2012--ma-de-958.thuvienvatly.co...
Huong dan-giai-chi-tiet-de-thi-dai-hoc-khoi-a-2012--ma-de-958.thuvienvatly.co...
 
ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CUỐI KÌ 1 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC NĂM HỌC 2023-2024 -...
ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CUỐI KÌ 1 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC NĂM HỌC 2023-2024 -...ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CUỐI KÌ 1 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC NĂM HỌC 2023-2024 -...
ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CUỐI KÌ 1 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC NĂM HỌC 2023-2024 -...
 
Bai tap on_tap_truong_thcs_cao_ram
Bai tap on_tap_truong_thcs_cao_ramBai tap on_tap_truong_thcs_cao_ram
Bai tap on_tap_truong_thcs_cao_ram
 
Bài tập về 2 chất điểm dao động điều hóa - thời điểm 2 vật gặp nhau và 2 vật ...
Bài tập về 2 chất điểm dao động điều hóa - thời điểm 2 vật gặp nhau và 2 vật ...Bài tập về 2 chất điểm dao động điều hóa - thời điểm 2 vật gặp nhau và 2 vật ...
Bài tập về 2 chất điểm dao động điều hóa - thời điểm 2 vật gặp nhau và 2 vật ...
 
14 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN VẬT LÝ 8 - NĂM 2024 (4...
14 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN VẬT LÝ 8 - NĂM 2024 (4...14 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN VẬT LÝ 8 - NĂM 2024 (4...
14 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN VẬT LÝ 8 - NĂM 2024 (4...
 
[Hoa]thpt tran quoc tuan, lan1, 2012 (a1k37pbc.net)
[Hoa]thpt tran quoc tuan, lan1, 2012 (a1k37pbc.net)[Hoa]thpt tran quoc tuan, lan1, 2012 (a1k37pbc.net)
[Hoa]thpt tran quoc tuan, lan1, 2012 (a1k37pbc.net)
 
[123doc] - chuyen-de-cuc-tri-chuyen-dong.doc
[123doc] - chuyen-de-cuc-tri-chuyen-dong.doc[123doc] - chuyen-de-cuc-tri-chuyen-dong.doc
[123doc] - chuyen-de-cuc-tri-chuyen-dong.doc
 
Tintuc.vn - Đề thi Vật Lý năm 2011
Tintuc.vn - Đề thi Vật Lý năm 2011Tintuc.vn - Đề thi Vật Lý năm 2011
Tintuc.vn - Đề thi Vật Lý năm 2011
 
Tuy en tap-de-thi-olympic-vat-ly-quoc-te
Tuy en tap-de-thi-olympic-vat-ly-quoc-teTuy en tap-de-thi-olympic-vat-ly-quoc-te
Tuy en tap-de-thi-olympic-vat-ly-quoc-te
 
Giải đề 2012
Giải đề 2012Giải đề 2012
Giải đề 2012
 
1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 BẮC NINH.pdf
1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 BẮC NINH.pdf1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 BẮC NINH.pdf
1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 BẮC NINH.pdf
 
Cực trị hình học cực hay nè,,,
Cực trị hình học cực hay nè,,,Cực trị hình học cực hay nè,,,
Cực trị hình học cực hay nè,,,
 

More from Nguyen Thanh Tu Collection

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LÝ LUẬN VĂN HỌC NĂM HỌC 2023-2024 - MÔN NGỮ ...
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LÝ LUẬN VĂN HỌC NĂM HỌC 2023-2024 - MÔN NGỮ ...TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LÝ LUẬN VĂN HỌC NĂM HỌC 2023-2024 - MÔN NGỮ ...
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LÝ LUẬN VĂN HỌC NĂM HỌC 2023-2024 - MÔN NGỮ ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...Nguyen Thanh Tu Collection
 
GIÁO ÁN DẠY THÊM (KẾ HOẠCH BÀI DẠY BUỔI 2) - TIẾNG ANH 7 GLOBAL SUCCESS (2 CỘ...
GIÁO ÁN DẠY THÊM (KẾ HOẠCH BÀI DẠY BUỔI 2) - TIẾNG ANH 7 GLOBAL SUCCESS (2 CỘ...GIÁO ÁN DẠY THÊM (KẾ HOẠCH BÀI DẠY BUỔI 2) - TIẾNG ANH 7 GLOBAL SUCCESS (2 CỘ...
GIÁO ÁN DẠY THÊM (KẾ HOẠCH BÀI DẠY BUỔI 2) - TIẾNG ANH 7 GLOBAL SUCCESS (2 CỘ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
SÁNG KIẾN ÁP DỤNG CLT (COMMUNICATIVE LANGUAGE TEACHING) VÀO QUÁ TRÌNH DẠY - H...
SÁNG KIẾN ÁP DỤNG CLT (COMMUNICATIVE LANGUAGE TEACHING) VÀO QUÁ TRÌNH DẠY - H...SÁNG KIẾN ÁP DỤNG CLT (COMMUNICATIVE LANGUAGE TEACHING) VÀO QUÁ TRÌNH DẠY - H...
SÁNG KIẾN ÁP DỤNG CLT (COMMUNICATIVE LANGUAGE TEACHING) VÀO QUÁ TRÌNH DẠY - H...Nguyen Thanh Tu Collection
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...Nguyen Thanh Tu Collection
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...Nguyen Thanh Tu Collection
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...Nguyen Thanh Tu Collection
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...Nguyen Thanh Tu Collection
 
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN NGỮ VĂN NĂM ...
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN NGỮ VĂN NĂM ...TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN NGỮ VĂN NĂM ...
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN NGỮ VĂN NĂM ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
TUYỂN TẬP 20 ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2020 (CÓ Đ...
TUYỂN TẬP 20 ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2020 (CÓ Đ...TUYỂN TẬP 20 ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2020 (CÓ Đ...
TUYỂN TẬP 20 ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2020 (CÓ Đ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
TUYỂN TẬP 25 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2023 CÓ ĐÁP ÁN (SƯU...
TUYỂN TẬP 25 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2023 CÓ ĐÁP ÁN (SƯU...TUYỂN TẬP 25 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2023 CÓ ĐÁP ÁN (SƯU...
TUYỂN TẬP 25 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2023 CÓ ĐÁP ÁN (SƯU...Nguyen Thanh Tu Collection
 
BỘ ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
BỘ ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...BỘ ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
BỘ ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...Nguyen Thanh Tu Collection
 
Sáng kiến Dạy học theo định hướng STEM một số chủ đề phần “vật sống”, Khoa họ...
Sáng kiến Dạy học theo định hướng STEM một số chủ đề phần “vật sống”, Khoa họ...Sáng kiến Dạy học theo định hướng STEM một số chủ đề phần “vật sống”, Khoa họ...
Sáng kiến Dạy học theo định hướng STEM một số chủ đề phần “vật sống”, Khoa họ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
Sáng kiến “Sử dụng ứng dụng Quizizz nhằm nâng cao chất lượng ôn thi tốt nghiệ...
Sáng kiến “Sử dụng ứng dụng Quizizz nhằm nâng cao chất lượng ôn thi tốt nghiệ...Sáng kiến “Sử dụng ứng dụng Quizizz nhằm nâng cao chất lượng ôn thi tốt nghiệ...
Sáng kiến “Sử dụng ứng dụng Quizizz nhằm nâng cao chất lượng ôn thi tốt nghiệ...Nguyen Thanh Tu Collection
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...Nguyen Thanh Tu Collection
 
10 ĐỀ KIỂM TRA + 6 ĐỀ ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO C...
10 ĐỀ KIỂM TRA + 6 ĐỀ ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO C...10 ĐỀ KIỂM TRA + 6 ĐỀ ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO C...
10 ĐỀ KIỂM TRA + 6 ĐỀ ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO C...Nguyen Thanh Tu Collection
 
BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO CẤU TRÚC ĐỀ MIN...
BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO CẤU TRÚC ĐỀ MIN...BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO CẤU TRÚC ĐỀ MIN...
BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO CẤU TRÚC ĐỀ MIN...Nguyen Thanh Tu Collection
 
SÁNG KIẾN “THIẾT KẾ VÀ SỬ DỤNG INFOGRAPHIC TRONG DẠY HỌC ĐỊA LÍ 11 (BỘ SÁCH K...
SÁNG KIẾN “THIẾT KẾ VÀ SỬ DỤNG INFOGRAPHIC TRONG DẠY HỌC ĐỊA LÍ 11 (BỘ SÁCH K...SÁNG KIẾN “THIẾT KẾ VÀ SỬ DỤNG INFOGRAPHIC TRONG DẠY HỌC ĐỊA LÍ 11 (BỘ SÁCH K...
SÁNG KIẾN “THIẾT KẾ VÀ SỬ DỤNG INFOGRAPHIC TRONG DẠY HỌC ĐỊA LÍ 11 (BỘ SÁCH K...Nguyen Thanh Tu Collection
 
ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...
ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...
ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...Nguyen Thanh Tu Collection
 
HỌC TỐT TIẾNG ANH 11 THEO CHƯƠNG TRÌNH GLOBAL SUCCESS ĐÁP ÁN CHI TIẾT - CẢ NĂ...
HỌC TỐT TIẾNG ANH 11 THEO CHƯƠNG TRÌNH GLOBAL SUCCESS ĐÁP ÁN CHI TIẾT - CẢ NĂ...HỌC TỐT TIẾNG ANH 11 THEO CHƯƠNG TRÌNH GLOBAL SUCCESS ĐÁP ÁN CHI TIẾT - CẢ NĂ...
HỌC TỐT TIẾNG ANH 11 THEO CHƯƠNG TRÌNH GLOBAL SUCCESS ĐÁP ÁN CHI TIẾT - CẢ NĂ...Nguyen Thanh Tu Collection
 

More from Nguyen Thanh Tu Collection (20)

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LÝ LUẬN VĂN HỌC NĂM HỌC 2023-2024 - MÔN NGỮ ...
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LÝ LUẬN VĂN HỌC NĂM HỌC 2023-2024 - MÔN NGỮ ...TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LÝ LUẬN VĂN HỌC NĂM HỌC 2023-2024 - MÔN NGỮ ...
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LÝ LUẬN VĂN HỌC NĂM HỌC 2023-2024 - MÔN NGỮ ...
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
 
GIÁO ÁN DẠY THÊM (KẾ HOẠCH BÀI DẠY BUỔI 2) - TIẾNG ANH 7 GLOBAL SUCCESS (2 CỘ...
GIÁO ÁN DẠY THÊM (KẾ HOẠCH BÀI DẠY BUỔI 2) - TIẾNG ANH 7 GLOBAL SUCCESS (2 CỘ...GIÁO ÁN DẠY THÊM (KẾ HOẠCH BÀI DẠY BUỔI 2) - TIẾNG ANH 7 GLOBAL SUCCESS (2 CỘ...
GIÁO ÁN DẠY THÊM (KẾ HOẠCH BÀI DẠY BUỔI 2) - TIẾNG ANH 7 GLOBAL SUCCESS (2 CỘ...
 
SÁNG KIẾN ÁP DỤNG CLT (COMMUNICATIVE LANGUAGE TEACHING) VÀO QUÁ TRÌNH DẠY - H...
SÁNG KIẾN ÁP DỤNG CLT (COMMUNICATIVE LANGUAGE TEACHING) VÀO QUÁ TRÌNH DẠY - H...SÁNG KIẾN ÁP DỤNG CLT (COMMUNICATIVE LANGUAGE TEACHING) VÀO QUÁ TRÌNH DẠY - H...
SÁNG KIẾN ÁP DỤNG CLT (COMMUNICATIVE LANGUAGE TEACHING) VÀO QUÁ TRÌNH DẠY - H...
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
 
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN NGỮ VĂN NĂM ...
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN NGỮ VĂN NĂM ...TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN NGỮ VĂN NĂM ...
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN NGỮ VĂN NĂM ...
 
TUYỂN TẬP 20 ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2020 (CÓ Đ...
TUYỂN TẬP 20 ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2020 (CÓ Đ...TUYỂN TẬP 20 ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2020 (CÓ Đ...
TUYỂN TẬP 20 ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2020 (CÓ Đ...
 
TUYỂN TẬP 25 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2023 CÓ ĐÁP ÁN (SƯU...
TUYỂN TẬP 25 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2023 CÓ ĐÁP ÁN (SƯU...TUYỂN TẬP 25 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2023 CÓ ĐÁP ÁN (SƯU...
TUYỂN TẬP 25 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TIẾNG ANH LỚP 6 NĂM 2023 CÓ ĐÁP ÁN (SƯU...
 
BỘ ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
BỘ ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...BỘ ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
BỘ ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
 
Sáng kiến Dạy học theo định hướng STEM một số chủ đề phần “vật sống”, Khoa họ...
Sáng kiến Dạy học theo định hướng STEM một số chủ đề phần “vật sống”, Khoa họ...Sáng kiến Dạy học theo định hướng STEM một số chủ đề phần “vật sống”, Khoa họ...
Sáng kiến Dạy học theo định hướng STEM một số chủ đề phần “vật sống”, Khoa họ...
 
Sáng kiến “Sử dụng ứng dụng Quizizz nhằm nâng cao chất lượng ôn thi tốt nghiệ...
Sáng kiến “Sử dụng ứng dụng Quizizz nhằm nâng cao chất lượng ôn thi tốt nghiệ...Sáng kiến “Sử dụng ứng dụng Quizizz nhằm nâng cao chất lượng ôn thi tốt nghiệ...
Sáng kiến “Sử dụng ứng dụng Quizizz nhằm nâng cao chất lượng ôn thi tốt nghiệ...
 
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
30 ĐỀ PHÁT TRIỂN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA BGD NGÀY 22-3-2024 KỲ THI TỐT NGHI...
 
10 ĐỀ KIỂM TRA + 6 ĐỀ ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO C...
10 ĐỀ KIỂM TRA + 6 ĐỀ ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO C...10 ĐỀ KIỂM TRA + 6 ĐỀ ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO C...
10 ĐỀ KIỂM TRA + 6 ĐỀ ÔN TẬP CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO C...
 
BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO CẤU TRÚC ĐỀ MIN...
BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO CẤU TRÚC ĐỀ MIN...BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO CẤU TRÚC ĐỀ MIN...
BỘ ĐỀ KIỂM TRA CUỐI KÌ 2 VẬT LÝ 11 - KẾT NỐI TRI THỨC - THEO CẤU TRÚC ĐỀ MIN...
 
SÁNG KIẾN “THIẾT KẾ VÀ SỬ DỤNG INFOGRAPHIC TRONG DẠY HỌC ĐỊA LÍ 11 (BỘ SÁCH K...
SÁNG KIẾN “THIẾT KẾ VÀ SỬ DỤNG INFOGRAPHIC TRONG DẠY HỌC ĐỊA LÍ 11 (BỘ SÁCH K...SÁNG KIẾN “THIẾT KẾ VÀ SỬ DỤNG INFOGRAPHIC TRONG DẠY HỌC ĐỊA LÍ 11 (BỘ SÁCH K...
SÁNG KIẾN “THIẾT KẾ VÀ SỬ DỤNG INFOGRAPHIC TRONG DẠY HỌC ĐỊA LÍ 11 (BỘ SÁCH K...
 
ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...
ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...
ĐỀ THAM KHẢO THEO HƯỚNG MINH HỌA 2025 KIỂM TRA CUỐI HỌC KÌ 2 NĂM HỌC 2023-202...
 
HỌC TỐT TIẾNG ANH 11 THEO CHƯƠNG TRÌNH GLOBAL SUCCESS ĐÁP ÁN CHI TIẾT - CẢ NĂ...
HỌC TỐT TIẾNG ANH 11 THEO CHƯƠNG TRÌNH GLOBAL SUCCESS ĐÁP ÁN CHI TIẾT - CẢ NĂ...HỌC TỐT TIẾNG ANH 11 THEO CHƯƠNG TRÌNH GLOBAL SUCCESS ĐÁP ÁN CHI TIẾT - CẢ NĂ...
HỌC TỐT TIẾNG ANH 11 THEO CHƯƠNG TRÌNH GLOBAL SUCCESS ĐÁP ÁN CHI TIẾT - CẢ NĂ...
 

Recently uploaded

chuong-7-van-de-gia-dinh-trong-thoi-ky-qua-do-len-cnxh.pdf
chuong-7-van-de-gia-dinh-trong-thoi-ky-qua-do-len-cnxh.pdfchuong-7-van-de-gia-dinh-trong-thoi-ky-qua-do-len-cnxh.pdf
chuong-7-van-de-gia-dinh-trong-thoi-ky-qua-do-len-cnxh.pdfVyTng986513
 
Sơ đồ tư duy môn sinh học bậc THPT.pdf
Sơ đồ tư duy môn sinh học bậc THPT.pdfSơ đồ tư duy môn sinh học bậc THPT.pdf
Sơ đồ tư duy môn sinh học bậc THPT.pdftohoanggiabao81
 
Chuong trinh dao tao Su pham Khoa hoc tu nhien, ma nganh - 7140247.pdf
Chuong trinh dao tao Su pham Khoa hoc tu nhien, ma nganh - 7140247.pdfChuong trinh dao tao Su pham Khoa hoc tu nhien, ma nganh - 7140247.pdf
Chuong trinh dao tao Su pham Khoa hoc tu nhien, ma nganh - 7140247.pdfhoangtuansinh1
 
GIÁO TRÌNH KHỐI NGUỒN CÁC LOẠI - ĐIỆN LẠNH BÁCH KHOA HÀ NỘI
GIÁO TRÌNH KHỐI NGUỒN CÁC LOẠI - ĐIỆN LẠNH BÁCH KHOA HÀ NỘIGIÁO TRÌNH KHỐI NGUỒN CÁC LOẠI - ĐIỆN LẠNH BÁCH KHOA HÀ NỘI
GIÁO TRÌNH KHỐI NGUỒN CÁC LOẠI - ĐIỆN LẠNH BÁCH KHOA HÀ NỘIĐiện Lạnh Bách Khoa Hà Nội
 
Thong bao 337-DHPY (24.4.2024) thi sat hach Ngoai ngu dap ung Chuan dau ra do...
Thong bao 337-DHPY (24.4.2024) thi sat hach Ngoai ngu dap ung Chuan dau ra do...Thong bao 337-DHPY (24.4.2024) thi sat hach Ngoai ngu dap ung Chuan dau ra do...
Thong bao 337-DHPY (24.4.2024) thi sat hach Ngoai ngu dap ung Chuan dau ra do...hoangtuansinh1
 
ôn tập lịch sử hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh
ôn tập lịch sử hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhôn tập lịch sử hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh
ôn tập lịch sử hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhvanhathvc
 
sách sinh học đại cương - Textbook.pdf
sách sinh học đại cương - Textbook.pdfsách sinh học đại cương - Textbook.pdf
sách sinh học đại cương - Textbook.pdfTrnHoa46
 
Kiểm tra chạy trạm lí thuyết giữa kì giải phẫu sinh lí
Kiểm tra chạy trạm lí thuyết giữa kì giải phẫu sinh líKiểm tra chạy trạm lí thuyết giữa kì giải phẫu sinh lí
Kiểm tra chạy trạm lí thuyết giữa kì giải phẫu sinh líDr K-OGN
 
Đề cương môn giải phẫu......................
Đề cương môn giải phẫu......................Đề cương môn giải phẫu......................
Đề cương môn giải phẫu......................TrnHoa46
 
powerpoint lịch sử đảng cộng sản việt nam.pptx
powerpoint lịch sử đảng cộng sản việt nam.pptxpowerpoint lịch sử đảng cộng sản việt nam.pptx
powerpoint lịch sử đảng cộng sản việt nam.pptxAnAn97022
 
QUẢN LÝ HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC KỸ NĂNG SỐNG CHO HỌC SINH CÁC TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ ...
QUẢN LÝ HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC KỸ NĂNG SỐNG CHO HỌC SINH CÁC TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ ...QUẢN LÝ HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC KỸ NĂNG SỐNG CHO HỌC SINH CÁC TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ ...
QUẢN LÝ HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC KỸ NĂNG SỐNG CHO HỌC SINH CÁC TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ ...ThunTrn734461
 
Trích dẫn trắc nghiệm tư tưởng HCM5.docx
Trích dẫn trắc nghiệm tư tưởng HCM5.docxTrích dẫn trắc nghiệm tư tưởng HCM5.docx
Trích dẫn trắc nghiệm tư tưởng HCM5.docxnhungdt08102004
 
NQA Lợi ích Từ ISO và ESG Tăng Trưởng và Bền Vững ver01.pdf
NQA Lợi ích Từ ISO và ESG Tăng Trưởng và Bền Vững ver01.pdfNQA Lợi ích Từ ISO và ESG Tăng Trưởng và Bền Vững ver01.pdf
NQA Lợi ích Từ ISO và ESG Tăng Trưởng và Bền Vững ver01.pdfNguyễn Đăng Quang
 
Chàm - Bệnh án (da liễu - bvdlct ctump) .pptx
Chàm - Bệnh án (da liễu - bvdlct ctump) .pptxChàm - Bệnh án (da liễu - bvdlct ctump) .pptx
Chàm - Bệnh án (da liễu - bvdlct ctump) .pptxendkay31
 

Recently uploaded (15)

chuong-7-van-de-gia-dinh-trong-thoi-ky-qua-do-len-cnxh.pdf
chuong-7-van-de-gia-dinh-trong-thoi-ky-qua-do-len-cnxh.pdfchuong-7-van-de-gia-dinh-trong-thoi-ky-qua-do-len-cnxh.pdf
chuong-7-van-de-gia-dinh-trong-thoi-ky-qua-do-len-cnxh.pdf
 
Sơ đồ tư duy môn sinh học bậc THPT.pdf
Sơ đồ tư duy môn sinh học bậc THPT.pdfSơ đồ tư duy môn sinh học bậc THPT.pdf
Sơ đồ tư duy môn sinh học bậc THPT.pdf
 
Chuong trinh dao tao Su pham Khoa hoc tu nhien, ma nganh - 7140247.pdf
Chuong trinh dao tao Su pham Khoa hoc tu nhien, ma nganh - 7140247.pdfChuong trinh dao tao Su pham Khoa hoc tu nhien, ma nganh - 7140247.pdf
Chuong trinh dao tao Su pham Khoa hoc tu nhien, ma nganh - 7140247.pdf
 
1 - MÃ LỖI SỬA CHỮA BOARD MẠCH BẾP TỪ.pdf
1 - MÃ LỖI SỬA CHỮA BOARD MẠCH BẾP TỪ.pdf1 - MÃ LỖI SỬA CHỮA BOARD MẠCH BẾP TỪ.pdf
1 - MÃ LỖI SỬA CHỮA BOARD MẠCH BẾP TỪ.pdf
 
GIÁO TRÌNH KHỐI NGUỒN CÁC LOẠI - ĐIỆN LẠNH BÁCH KHOA HÀ NỘI
GIÁO TRÌNH KHỐI NGUỒN CÁC LOẠI - ĐIỆN LẠNH BÁCH KHOA HÀ NỘIGIÁO TRÌNH KHỐI NGUỒN CÁC LOẠI - ĐIỆN LẠNH BÁCH KHOA HÀ NỘI
GIÁO TRÌNH KHỐI NGUỒN CÁC LOẠI - ĐIỆN LẠNH BÁCH KHOA HÀ NỘI
 
Thong bao 337-DHPY (24.4.2024) thi sat hach Ngoai ngu dap ung Chuan dau ra do...
Thong bao 337-DHPY (24.4.2024) thi sat hach Ngoai ngu dap ung Chuan dau ra do...Thong bao 337-DHPY (24.4.2024) thi sat hach Ngoai ngu dap ung Chuan dau ra do...
Thong bao 337-DHPY (24.4.2024) thi sat hach Ngoai ngu dap ung Chuan dau ra do...
 
ôn tập lịch sử hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh
ôn tập lịch sử hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhôn tập lịch sử hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh
ôn tập lịch sử hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh
 
sách sinh học đại cương - Textbook.pdf
sách sinh học đại cương - Textbook.pdfsách sinh học đại cương - Textbook.pdf
sách sinh học đại cương - Textbook.pdf
 
Kiểm tra chạy trạm lí thuyết giữa kì giải phẫu sinh lí
Kiểm tra chạy trạm lí thuyết giữa kì giải phẫu sinh líKiểm tra chạy trạm lí thuyết giữa kì giải phẫu sinh lí
Kiểm tra chạy trạm lí thuyết giữa kì giải phẫu sinh lí
 
Đề cương môn giải phẫu......................
Đề cương môn giải phẫu......................Đề cương môn giải phẫu......................
Đề cương môn giải phẫu......................
 
powerpoint lịch sử đảng cộng sản việt nam.pptx
powerpoint lịch sử đảng cộng sản việt nam.pptxpowerpoint lịch sử đảng cộng sản việt nam.pptx
powerpoint lịch sử đảng cộng sản việt nam.pptx
 
QUẢN LÝ HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC KỸ NĂNG SỐNG CHO HỌC SINH CÁC TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ ...
QUẢN LÝ HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC KỸ NĂNG SỐNG CHO HỌC SINH CÁC TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ ...QUẢN LÝ HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC KỸ NĂNG SỐNG CHO HỌC SINH CÁC TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ ...
QUẢN LÝ HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC KỸ NĂNG SỐNG CHO HỌC SINH CÁC TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ ...
 
Trích dẫn trắc nghiệm tư tưởng HCM5.docx
Trích dẫn trắc nghiệm tư tưởng HCM5.docxTrích dẫn trắc nghiệm tư tưởng HCM5.docx
Trích dẫn trắc nghiệm tư tưởng HCM5.docx
 
NQA Lợi ích Từ ISO và ESG Tăng Trưởng và Bền Vững ver01.pdf
NQA Lợi ích Từ ISO và ESG Tăng Trưởng và Bền Vững ver01.pdfNQA Lợi ích Từ ISO và ESG Tăng Trưởng và Bền Vững ver01.pdf
NQA Lợi ích Từ ISO và ESG Tăng Trưởng và Bền Vững ver01.pdf
 
Chàm - Bệnh án (da liễu - bvdlct ctump) .pptx
Chàm - Bệnh án (da liễu - bvdlct ctump) .pptxChàm - Bệnh án (da liễu - bvdlct ctump) .pptx
Chàm - Bệnh án (da liễu - bvdlct ctump) .pptx
 

TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11.pdf

  • 1. Đ Ề T H I C H Ọ N H S  G T R Ạ I H È H Ù N G V Ư Ơ N G Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ - LỚP 10, 11 WORD VERSION | 2023 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594 Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group 1 Bài 1 – Động học chất điểm (4,0 điểm): Hai chiếc tàu biển đang chuyển động thẳng đều trên mặt biển (coi như phẳng, lặng). Tại thời điểm ban đầu (t = 0), hai tàu ở vị trí như hình vẽ: Các tàu có các tốc độ không đổi ; khoảng cách giữa chúng là L; tàu A chuyển động theo phương nối hai tàu, còn tàu B chuyển động hợp với phương nối hai tàu một góc 60 . a. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa hai tàu theo L. b. Thuyền trưởng của tàu B muốn chuyển hàng sang tàu A nên chất hàng lên một canô nhỏ và thả canô xuống biển, coi canô ngay tức thì chuyển động thẳng đều đến gặp tàu A với tốc độ . Canô cần đi từ tàu B tới tàu A trong thời gian ngắn nhất bằng bao nhiêu và khi đó canô xuất phát từ tàu B vào thời điểm nào? c. Nếu . Để có thể tới được tàu A, canô cần xuất phát muộn nhất vào thời điểm nào? Bài 2 – Các định luật bảo toàn (4,0 điểm): a. Trên mặt phẳng nhẵn, nằm ngang, hạt A có khối lượng mA chuyển động tới va chạm hoàn toàn đàn hồi với hạt B có khối lượng mB đang đứng yên, với mA mB. Sau khi va chạm vận tốc của hạt A lệch đi so với hướng vận tốc trước khi va chạm là θ . Chứng minh rằng: sin B A m m θ ≤ b. Trên mặt phẳng nhẵn, nằm ngang, có N rất lớn các quả cầu nhỏ giống nhau, tổng khối lượng của chúng là M, các quả cầu này nằm cách đều nhau trên nửa đường tròn như hình vẽ. Một quả cầu khác có khối lượng m chuyển động từ phía trái tới va chạm lần lượt với tất cả các quả cầu nhỏ và cuối cùng quay ngược trở lại về phía trái. - Tìm giá trị của m để xảy ra hiện tượng trên. - Với giá trị lớn nhất của m trên, tìm tỉ số vận tốc cuối cùng của m và vận tốc ban đầu của nó khi chưa va chạm. Cho biết: 1 1 (1 )x e khi x x − − = → ∞ Bài 3 – Nhiệt học (4,0 điểm): Có 4g khí Heli được nhốt trong một xilanh thành nhẵn đặt thẳng đứng bởi một pittông có khối lượng m 80kg = . Ban đầu pittông được giữ đứng yên ở vị trí mà đáy của nó cách đáy xilanh một đoạn h 2,24m = như hình vẽ. Khi đó nhiệt độ khí trong xilanh là 1 T và áp suất khí trong xilanh bằng áp suất khí quyển. Biết pittông và xilanh hoàn toàn TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII– VĨNH PHÚC 2023 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ - LỚP 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 04 tháng 08 năm 2023 Đề thi gồm 02 trang m S h ĐỀ CHÍNH THỨC D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 2. 2 cách nhiệt, diện tích tiết diện của xilanh là 2 S 100cm = . Coi Heli là khí lý tưởng có nhiệt dung riêng đẳng tích v c 3150J / kg.K = và khối lượng mol là 4g / mol ; áp suất khí quyển là 5 2 1 p 10 N / m = ; gia tốc rơi tự do 2 g 10m / s = . Sau đó thả nhẹ pittông. Tìm tốc độ cực đại của pittông trong quá trình rơi. Bài 4 – Cơ vật rắn (4 điểm): Một quả cầu khối lượng được đặt giữa bức tường thẳng đứng và một nêm khối lượng có góc nghiêng sao cho quả cầu chạm vào nêm và tiếp xúc với mặt nêm ở điểm cao nhất của nêm như trên hình vẽ. Nêm được đặt trên mặt phẳng nằm ngang và cả quả cầu và nêm chuyển động đều không ma sát. a. Xác định tỷ số và góc để nêm không bị lật sau khi buông ra. b. Xác định tốc độ mà quả cầu nhận được vào thời điểm nó trượt được một đoạn dài 20 trên mặt nêm. Cho 60 và 12. Bài 5 – Tĩnh điện (4,0 điểm): Cho hai quả cầu kim loại cô lập cùng bán kính R đặt rất xa nhau, ban đầu tích điện cùng dấu là QA0 và QB0. Sử dụng một viên bi sắt nhỏ bán kính r, ban đầu chưa tích điện để chuyển điện tích qua lại giữa hai quả cầu. a. Đầu tiên chạm viên bi sắt vào quả cầu kim loại A đang tích điện với điện tích QA0, trên viên bi sắt xuất hiện điện tích . Tính theo R và r. (Ta sẽ sử dụng đại lượng này trong các phần tiếp theo) b. Tiếp đó, chạm viên bi vào quả cầu B rồi chạm vào quả cầu A… Lặp lại quá trình này (chạm vào B rồi chạm vào A) thêm (k – 1) lần nữa. Bỏ qua hiện tượng dò điện. Cho các thông số: 10,0 ; 1,0 và 0,02. - Với 10. Tính giá trị điện tích của các quả cầu khi đó (coi lượng điện tích lưu lại trên viên bi là nhỏ). - Với k bằng bao nhiêu thì độ lệch giữa điện tích của hai quả cầu nhỏ hơn 1% tổng điện tích của chúng? ………………………HẾT…………………….. Họ và tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………………… Lưu ý: • Thí sinh trả lời từng câu hỏi trên các tờ giấy thi riêng biệt. • Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu. • Cán bộ coi thi KHÔNG giải thích gì thêm. m M D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 1 Lưu ý: - Nếu thí sinh làm cách khác mà cho kết quả chính xác, có chứng cứ khoa học vẫn cho điểm tối đa. - Giám khảo làm tròn điểm tổng bài thi đến 0,25 điểm. Bài 1 – Động học chất điểm (4,0 điểm): Hai chiếc tàu biển đang chuyển động thẳng đều trên mặt biển (coi như phẳng, lặng). Tại thời điểm ban đầu (t = 0), hai tàu ở vị trí như hình vẽ: Các tàu có các tốc độ không đổi ; khoảng cách giữa chúng là L; tàu A chuyển động theo phương nối hai tàu, còn tàu B chuyển động hợp với phương nối hai tàu một góc 60 . a. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa hai tàu theo L. b. Thuyền trưởng của tàu B muốn chuyển hàng sang tàu A nên chất hàng lên một canô nhỏ và thả canô xuống biển, coi canô ngay tức thì chuyển động thẳng đều đến gặp tàu A với tốc độ . Canô cần đi từ tàu B tới tàu A trong thời gian ngắn nhất bằng bao nhiêu và khi đó canô xuất phát từ tàu B vào thời điểm nào? c. Nếu . Để có thể tới được tàu A, canô cần xuất phát muộn nhất vào thời điểm nào? HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm Trong cả bài này, cho đơn giản, ta xét các chuyển động trong hệ quy chiếu gắn gới tầu A. Khi đó tầu A đứng yên, tầu B có tốc độ tương đối vr. ca nô có tốc độ tương đối ur. a) Với điều kiện , tầu B có tốc độ tương đối 2 cos √3 chuyển động theo phương nối hai tầu lúc đầu góc 30 . Khoảng cách gần nhất là TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII–VĨNH PHÚC 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÝ - KHỐI 10 Ngày thi: 04 tháng 8 năm 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 3. 2 khoảng AC như trên Hình: sin … 1.0 b) Vận tốc tương đối của canô: 2 cos với góc thể hiện như trên hình vẽ. Áp dụng định lý hàm số sin: !# $ % !#'() $ % )*+ !# ,( !#-.()*/ Vậy thời gian đi từ tầu B sang tầu A của canô: 0 . !#-.()*/ 23 45! * !#-.()*/ ………….. Xét 0 2 0 0 0 1 3 1 3 cos .sin(150 ) cos ( cos sin ) cos .cos sin 2 2 2 2 1 1 1 3 1 1 ( cos2 sin 2 ) (cos60 .cos2 sin 60 .sin 2 ) 4 2 2 2 4 2 1 1 cos(60 2 ) 4 2 γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ − = + = + = + + = + + = + − Khi 0 30 γ = mẫu max và min 3 L t v = Và khi này tam giác ABC cân tại C vì vậy canô xuất phát lúc: 3 xp L t v = 1 0,5 0,5 c) Giả sử canô đợi trên tầu B trong khoảng thời gian 6 trước khi xuất phát. Khi tàu đợi càng lâu, đoạn BS càng dài, góc giữa AS và AB càng lớn. Vậy: 678 ứng với góc D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 3 78. Từ tổng hợp vận tốc, ta thấy: sin 78 3 Vậy: 39 !# * !#'() $ % )*+ → 6 √,3 . !# * ; % 45! *√= % !# * √,3 . ? @) ? + % √= ? 3 . @, ? + % ),, ……… 1 Bài 2 – Các định luật bảo toàn (4,0 điểm): a. Trên mặt phẳng nhẵn, nằm ngang, hạt A có khối lượng mA chuyển động tới va chạm hoàn toàn đàn hồi với hạt B có khối lượng mB đang đứng yên, với mA mB. Sau khi va chạm vận tốc của hạt A lệch đi so với hướng vận tốc trước khi va chạm là θ .Chứng minh rằng: sin B A m m θ ≤ b. Trên mặt phẳng nhẵn, nằm ngang, có N rất lớn các quả cầu nhỏ giống nhau, tổng khối lượng của chúng là M, các quả cầu này nằm cách đều nhau trên nửa đường tròn như hình vẽ. Một quả cầu khác có khối lượng m chuyển động từ phía trái tới va chạm lần lượt với tất cả các quả cầu nhỏ và cuối cùng quay ngược trở lại về phía trái. - Tìm giá trị của m để xảy ra hiện tượng trên. - Với giá trị lớn nhất của m trên, tìm tỉ số vận tốc cuối cùng của m và vận tốc ban đầu của nó khi chưa va chạm. Cho biết: 1 1 (1 )x e khi x x − − = → ∞ HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm a. (2 điểm) Bảo toàn động lượng: 2 2 2 ' ' ' ' 2 ' os A A B B A A A A p p p p p p p p c θ = + → = + − (1) 0,5đ Bảo toàn năng lượng: 0,5đ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 4. 4 2 2 2 ' ' 2 2 2 A A B A A B p p p m m m = + (2) Rút 2 'B p từ phương trình (2) thế vào (1) ta có: 2 2 2 ' os (1 ) ' (1 ) B B A A A A A A m m p p c p p m m θ = − + + (3) 0,25đ Đặt x = ' ' A A A A p v p v = ta có: 2.cosθ = 1 (1 ) (1 ) B B A A m m x x m m − + + (4) 0,25đ Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho vế phải của (4) 2.cosθ ≥ 2 2 2. (1 ).(1 ) 2 1 B B B A A A m m m m m m − + = − (5) Vậy: sinθ ≤ B A m m (đpcm) 0,5đ Chú ý: Có thể giải bằng cách đổi hệ quy chiếu khối tâm. b. (2 điểm) Áp dụng phần a. ta có: sin M N m θ       ≤ góc ở tâm đối với 2 quả cầu liền kề nhau là 1 N π α = − rất nhỏ nên coi: sin 1 N π α = − 0,5đ Nếu điều kiện va chạm xảy ra thì góc lệch của m sau mỗi lần va chạm sẽ là: θ α = Vậy: ( 1) sin (6) 1 . M M N N m N m N π θ π     −   = ≤ → ≤ − 0,5đ Bất đẳng thức (5) xảy ra dấu bằng khi: x = ' A B A A B A m m v m m v − = + Đặt M N µ = là khối lượng của mỗi viên bi nhỏ. Áp dụng cho câu b. thì sau môi lần va chạm ta có: ' v m v m µ µ − = + 0,5đ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 5 Sử dụng công thức gần đúng: 1/2 1/2 2 ' (1 ) .(1 ) (1 ) 1 2 v m v m m m m m µ µ µ µ µ µ − − = = − + = − = − + 0,25đ Sau N lần va chạm: (1 ) (1 ) . N N c v M v m m N µ = − = − (vc là vận tốc cuối cùng) Với m lớn nhất thì theo (6): ( 1) . . 1 M N M m N m N N π π − = → = − Ta có: 1 1 1 1 1 (1 ) (1 ) .(1 ) (1 ) .(1 ) 1 1 1 1 1 N N N c v N v N N N N π π π π π π π − −     = − = − − = − −   − − − − −     Vì N rất lớn nên 1 .1 4,32% c v e e v π π − −   = = =   0,25đ Bài 3 – Nhiệt học (4,0 điểm): Có 4g khí Heli được nhốt trong một xilanh thành nhẵn đặt thẳng đứng bởi một pittông có khối lượng m 80kg = . Ban đầu pittông được giữ đứng yên ở vị trí mà đáy của nó cách đáy xilanh một đoạn h 2,24m = như hình vẽ. Khi đó nhiệt độ khí trong xilanh là 1 T và áp suất khí trong xilanh bằng áp suất khí quyển. Biết pittông và xilanh hoàn toàn cách nhiệt, diện tích tiết diện của xilanh là 2 S 100cm = . Coi Heli là khí lý tưởng có nhiệt dung riêng đẳng tích v c 3150J / kg.K = và khối lượng mol là 4g / mol ; áp suất khí quyển là 5 2 1 p 10 N / m = ; gia tốc rơi tự do 2 g 10m / s = . Sau đó thả nhẹ pittông. Tìm tốc độ cực đại của pittông trong quá trình rơi. HƯỚNG DẪN CHẤM NỘI DUNG ĐIỂM Nhiệt độ ban đầu của khí là 1 T thỏa mãn phương trình trạng thái 5 1 1 ( . ) 10 .(0,01.2,24) 269,55 .( / ) 8,31.(4 / 4) He He p S h T K R m M = = ≈ 0.5 m S h D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 5. 6 Pittông đạt tốc độ cực đại và khi hợp lực tác dụng lên nó bằng 0. Gọi 2 p là áp suất của khối khí khi pittông đạt tốc độ cực đại. 0 2 0 p S mg p S + − = 5 5 2 2 0 80.10 10 1,8.10 ( / ) 0,01 mg p p N m S  = + = + = 0.5 Quá trình biến đổi trạng thái của khí He là quá trình đoạn nhiệt với hệ số đoạn nhiệt 5 / 2 5 3 / 2 3 p v c R c R γ = = = 1 1 2 2 pV p V γ γ = 5 5/3 5 5/3 3 3 2 1 10 .(2,24.0,01) (1,8.10 ). 15,74.10 ( ) − =  ≈ V V m 0.5 Theo phương trình trạng thái khí lý tưởng ta tính được nhiệt độ khí He lúc pittông đạt tốc độ cực đại: 5 3 2 2 2 1 5 1 1 (1,8.10 ).(15,74.10 ) . 269,55. 340,93 (10 ).(2,24.0,01) p V T T K pV − = = ≈ 0.5 Khi đạt tốc độ cực đại pittông đã di chuyển quãng đường: 3 1 2 2,24.0,01 15,74.10 0,666( ) 0,01 V V x m S − − − = = = 0.5 Tổng công thực hiện bởi khí quyển và công của trọng lực tác dụng lên pít tông: 5 3 1 1 2 .( ) 10 (2,24.0,01 15,74.10 ) 80.10.0,667 1199,6( ) kq P A A p V V mgx J − + = − + = − + = 0.5 Công của khí Heli trong quá trình đoạn nhiệt: 3 2 1 .( ) 3150.(4.10 ).(340,93 269,55) 899,39( ) He v He A U c m T T J − = −∆ = − − = − − = − 0.5 Áp dụng định lý động năng cho chuyển động của pittông: 2 max 2 P kq He mv A A A = + + 2 max max 80. 1199,6 899,39 2,74( / ) 2 v v m s = −  ≈ 0.5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 7 Bài 4 – Cơ vật rắn (4,0 điểm): Một quả cầu khối lượng A được đặt giữa bức tường thẳng đứng và một nêm khối lượng B có góc nghiêng sao cho quả cầu chạm vào nêm và tiếp xúc với mặt nêm ở điểm cao nhất của nêm như trên hình vẽ. Nêm được đặt trên mặt phẳng nằm ngang và cả quả cầu và nêm chuyển động đều không ma sát. a. Xác định tỷ số C và góc để nêm không bị lật sau khi buông ra. b. Xác định tốc độ mà quả cầu nhận được vào thời điểm nó trượt được một đoạn dài 20DA trên mặt nêm. Cho 60 và C 12. HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung a. (2 điểm) Trước hết chúng ta viết phương trình chuyển động của quả cầu và nêm cùng với hệ thức giữa các gia tốc của chúng. Các đại lượng liên quan đến quả cầu được ký hiệu bởi các chữ cái thường, còn liên quan đến nêm được ký hiệu bởi các chữ hoa. Từ hình vẽ ta thấy (lưu ý K là phản lực của nêm tác dụng lên quả cầu): AF G H DIJ AK -1/ H JLM BN -2/ K N 0KM -3/ Phương trình (3) ở trên nhận được từ thực tế là: quả cầu luôn tiếp xúc với mặt trên của nêm trong suốt quá trình chuyển động. Thực vậy, khoảng cách mà quả cầu và nêm đi được trong thời gian 0 tương ứng bằng: OJ 1 2 K0 à OQ 1 2 N0 Vì tất cả các lực không đổi do đó các gia tốc đều không đổi, nên theo hình ta có: OJ OQ. 0KM ℎKS 1 2 K0 1 2 N0 . 0KM Từ đây suy ra phương trình (3). Tiếp theo, để tìm tỷ số khối lượng B/A ta khử A và K từ hệ phương trình trên. Từ (3), ta có N K 0KM Thay vào (2), ta được: H B K 0KM . JLM -4/ Đặt vào (1): AF G B K 0KM . JLM DIJ AK → AF V B 0KM W AX . K Từ đây tính được gia tốc của quả cầu bằng: 0,75 ∆J ∆Q mg Mg+Kcosα Kcosα Ksinα K K 2h/3 h/(3tgα) m M D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 6. 8 K Z [ ]^% $ Z 7% [ _ 7% -5/…… Lưu ý rằng trong trường hợp tới hạn, giá của phản lực do sàn tác dụng lên nêm được dịch đến mép phải của nêm. Do đó, điều kiện đảm bảo nêm không bị lật được biểu diễn qua các mômen lực đối với khối tâm của nêm: 2 3 Hℎ JLM W 1 3 H DIJ ℎ 0KM a -BF W H DIJ / ℎ 3 0KM Giản ước hai vế cho b , và nhân hai vế với 0KM , ta được: 2H JLM . 0KM W H DIJ a BF W H DIJ Ước lược và thay biểu thức của K từ (4) vào, ta được: 2B K 0KM . JLM JLM . 0KM a BF Vậy gia tốc của quả cầu phải thỏa mãn điều kiện: K a F 2 Đặt kết quả này vào (5), ta nhận được điều kiện đối với tỷ số khối lượng: K F 0KM C W 0KM a F 2 Suy ra: 2 0KM a B A W 0KM Và cuối cùng ta được điều kiện: B A c 0KM 0,5 0,25 0,5 b. (2 điểm) Nếu 60 , thì C c 0KM 6 0 3. Vậy khi C 12 điều kiên trên được thỏa mãn và nêm không bị lật. Theo ĐL bảo toàn cơ năng: AF JLM A W Bd ……… Vì vận tốc ban đầu của hai vật điều bằng 0, nên vận tốc của vật cũng liên hệ với nhau như gia tốc vậy, tức: tan tan v v V V α α =  = ……….. Thay vào phương trình trước, ta được: AF JLM A W B 3% 7% A W C 7% + ……… Từ đây suy ra tốc độ của cầu sau khi đi hết chiều dài mặt nêm, tức nó chạm đất, bằng @ Ze f [ _ ]^% $ g 0,82A/J……….. 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 5 – Tĩnh điện (4,0 điểm): Cho hai quả cầu kim loại cô lập cùng bán kính R đặt rất xa nhau, ban đầu tích điện cùng dấu là QA0 và QB0. Sử dụng một viên bi sắt nhỏ bán kính r, ban đầu chưa tích điện để chuyển điện tích qua lại giữa hai quả cầu. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 9 a. Đầu tiên chạm viên bi sắt vào quả cầu kim loại A đang tích điện với điện tích QA0, trên viên bi sắt xuất hiện điện tích j kl. Tính theo R và r. (Ta sẽ sử dụng đại lượng này trong các phần tiếp theo) b. Tiếp đó, chạm viên bi vào quả cầu B rồi chạm vào quả cầu A… Lặp lại quá trình này (chạm vào B rồi chạm vào A) thêm (k – 1) lần nữa. Bỏ qua hiện tượng dò điện. Cho các thông số: kl 10,0 Mm; ko 1,0 Mm và 0,02. - Với q 10. Tính giá trị điện tích của các quả cầu khi đó (coi lượng điện tích lưu lại trên viên bi là nhỏ). Với k bằng bao nhiêu thì độ lệch giữa điện tích của hai quả cầu nhỏ hơn 1% tổng điện tích của chúng? HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm a. (2 điểm) Cân bằng điện thế: r ss( t s( → j k s( ss( …….. Với quả cầu: m 4uvw → j k x → x … 1 1 b. ( 2 điểm) Gọi điện thế trên quả cầu A sau khi chạm vào viên bi là VA0: dl ry( ss( , viên bi khi đó có điện tích j mdl. Khi chạm vào quả cầu B, điện thế: do s(zy(sz{( s(s -1 G /do W dl, viên bi khi đó có điện tích j mdo. Chạm lại vào quả cầu A, điện thế: dl s(z{;szy( s(s -1 G /dl W do. Vậy: dl G do -1 G /-dl G do/ -1 G / -dl G do/.. Tương tự, ta dễ dàng thu được: dl| G do| -1 G /| -dl G do/…….. Hay kl| G ko| -1 G /| }-1 G /kl G ko~ g -1 G /|-kl G ko/ Tổng điện tích: kl| W ko| kl W ko G * )* kl| g kl W ko ………. (bỏ qua phần điện tích trên viên bi cho biểu thức đơn giản hơn) Thay số: + kl| kl1 W -1 G /|€ W ko1 G -1 G /|€ g 8,5 Mm. ko| kl1 G -1 G /|€ W ko1 W -1 G /|€ g 2,5 Mm. …… + ry)r{ ryr{ 0,01 → q g 110………………… 0,5 0,5 0,5 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 7. 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG (Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu) ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4,0 điểm) Người ta lồng một hòn bi có lỗ xuyên suốt và có khối lượng m vào một thanh AB nghiêng góc  so với phương nằm ngang. Lúc đầu bi đứng yên. Cho thanh AB tịnh tiến trong mặt phẳng thẳng đứng với gia tốc a0 nằm ngang. 1. Giả sử không có ma sát giữa bi và thanh. Trong mỗi trường hợp: gia tốc a0 của thanh AB hướng sang trái và sang phải, hãy tính: - Gia tốc của hòn bi đối với AB? - Phản lực Q của AB lên bi? - Tìm điều kiện để bi chuyển động về phía A; về phía B; đứng yên? 2. Hỏi như câu 1. Cho biết a0 = 2g và hướng sang trái, hệ số ma sát giữa bi và thanh AB là µ = 1/3. Câu 2: (4,0 điểm) Dây chiều dài L không dãn nằm trên mặt bàn nằm ngang. Đầu dây bên phải luồn qua một lỗ nhỏ trên bàn và buộc vào phía dưới như hình. Phần dây bên dưới mặt bàn vắt qua một ròng rọc nhỏ nhẹ có treo một vật khối lượng M. Đầu dây bên trái được giữ sao cho lúc đầu ròng rọc ở sát mặt đưới của bàn, sau đó thả ra. Dây trượt trên bàn vào lỗ. Bỏ qua ma sát. Bề dày mặt bàn không đáng kể. Tìm tốc độ v của đầu dây bên trái vào lúc nó di chuyển được một đoạn x trong hai trường hợp: 1. Bỏ qua khối lượng dây. 2. Dây đồng chất tiết diện đều có khối lượng m. Áp dụng L = 1m; m = 0,1kg; M = 0,2kg; x = 0,2m; g = 10(m/s2 ). Câu 3: (4,0 điểm) Chu trình thực hiện biến đổi 1,0 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử như hình vẽ. - Có hai quá trình biến đổi trạng thái khí, trong đó áp suất phụ thuộc tuyến tính vào thể tích. Một quá trình biến đổi trạng thái khí đẳng tích. - Trong quá trình đẳng tích 1 – 2 khí nhận nhiệt lượng Q = 4487,4 J và nhiệt độ của nó tăng lên 4 lần. - Nhiệt độ tại các trạng thái 2 và 3 bằng nhau. A B m a0 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 2 Biết nhiệt dung mol đẳng tích Cv = 3R 2 , R = 8,31 J/K.mol. 1. Hãy xác định nhiệt độ T1 của khí. 2. Tính công mà khí thực hiện được trong một chu trình. 3. Tính nhiệt độ cực đại của chu trình. 4. Tính hiệu suất chu trình. Câu 4: (4,0 điểm) 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 ( 0 θ = ). 1. Tính vận tốc ở tâm của quả cầu nhỏ tại ví trí góc θ bất kỳ. 2. Tính góc θ tại đó mà quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn. 3. 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 5: (4,0 điểm) Một vòng dây bán kính R = 5 cm, tích điện Q phân bố đều trên vòng dây, vòng được đặt trong mặt phẳng thẳng đứng, M là một điểm nằm trên trục vòng dây, cách tâm vòng dây một khoảng x. 1. Tính cường độ điện trường do vòng dây gây ra tại điểm M. 2. Tìm x để cường độ điện trường tại M cực đại. ---------- HẾT ----------- GV: Thân Văn Thuyết, SĐT: r R D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 8. 3 TRƯỜ NG THPT CHUY ÊN BẮC GIAN G HDC ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10 Câu Nội dung Điểm Câu 1 (4,0 điểm) 1. 1. Chọn hệ quy chiếu xOy gắn với que AB. Bi chịu tác dụng của: trọng lực P , phản lực Q của que, lực quán tính a m − . * TH 0 a hướng sang trái: lực quán tính hướng sang phải và vật có gia tốc j hướng theo thanh AB . Theo định luật II Niutơn: j m a m Q P 0 = − + (1) Chiếu (1) xuống hai trục Ox và Oy: - mgsin + ma0cos = mj - mgcos + Q ma0sins = 0. Giải hệ: a) j = -gsin+ a0cos b) Q = M(gcos + a0sins) ; Q 0, Q hướng lên c) - Nếu g a tg 0 α thì j 0, bi đi về phía đầu B. - Nếu g a tg 0 α thì j 0, bi đi về phía đầu A. 0,75 0,5 0,75 A B O x y F D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 4 - Nếu g a tg 0 = α thì j = 0, bi đứng yên. * Khi 0 a hướng sang phải. Giải tương tự ( đổi dấu a), ta có j = - (gsin + a0cos) luôn có giá trị âm. Vậy bi đi về phía A. Q = m(gcos - a0sins) . Nếu g a tg 0 α thì Q hướng lên. Ngược lại g a tg 0 α thì Q hướng xuống. Nếu g a tg 0 = α thì Q = 0 , thành phần thẳng đứng của j là jg = jsin = -g, bi rơi tự do theo phương thẳng đứng. 0,5 0,5 2. 2. Bi chịu thêm tác dụng của lực ma sát F Giả sử j hướng lên thì F hướng xuống như hình vẽ. j m F a m Q P 0 = + − + (1) Chiếu xuống hai trục Ox và Oy và thay F = µQ= Q/3 - mgsin + 2mg0cos - µQ = mj - mgcos + Q - 2mgsins = 0. Giải hệ: Q = mg(cos + 2sins) j = 3 g ( 7cos - sin). Điều kiện để j 0 là tg 7 hay  820 . Giả sử j hướng xuống thì F hướng lên. Ta có kết qủa tương tự ( đổi dấu F) j = 5 3 g ( cos - sin). Điều kiện để bi đi xuống, j 0 là ( cos sin) hay  450 . Bi đứng yên khi 450  820 . 0,5 0,5 Câu 2 (4,0 điểm) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 9. 5 1. 1. Trường hợp bỏ qua khối lượng dây Gọi h là khoảng cách từ ròng rọc đến lỗ trên bàn, ta có: x h . 2 = - Tốc độ của vật M lúc đầu dây trái di chuyển một đoạn x là: h 1 x v u t 2 t 2 ∆ ∆ = = = ∆ ∆ - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: 2 2 Mu Mgh u 2gh 2 = ⇔ = ( ) 2 v 8gh 4gx v 2 gx 2 10.0,2 2 2 m/s  = =  = = = Vậy: Trường hợp bỏ qua khối lượng dây thì tốc độ của đầu dây bên trái vào lúc nó di chuyển được một đoạn x là ( ) v 2 2 m/s . = 0,5 0,5 1,0 2. Trường hợp đây đồng chất tiết diện đều có khối lượng m. - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: d t W W = ∆ (1) + Động năng của vật M: 2 Mu . 2 + Phần dây từ mép trái tới ròng rọc lúc t có khối lượng L h m L − và đang chuyển động với tốc độ v nên có động năng: 2 L h v m . . L 2 − + Phần dây còn lại đứng yên nên có động năng bằng 0. 2 2 2 2 d Mu L h v Mv L h v W m . m 2 L 2 8 L 2 − −  = + = + (2) + Vật M hạ xuống một đoạn h nên độ giảm thế năng của nó bằng Mgh + Phần dây chiều dài x có khối lượng x m , L di chuyển xuống dưới mặt bàn, trọng tâm của phần dây này hạ xuống một đoạn h 2 nên độ giảm thế năng của nó bằng x h m g . L 2 + Phần dây còn lại trên bàn đứng yên nên thế năng không đổi. 0,75 0,75 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 6 t x h mx x W Mgh m g M g L 2 2L 2    ∆ = + = +     - Thay (2) và (3) vào (1), ta được: 2 x m L M mx x 2 v M g 8 2L 2L 2     −           + = +           ( ) mx x 0,1.0,2 0,2 M g 0,2 .10. 2L 2 2.1 2 v 3 m / s M 1 x 0,2 1 0,2 m 0,1. 8 2 4L 8 2 4.1     + +          = = =     + − + −         Vậy: ( ) v 3 m/s . = 0,5 Câu 3 (4,0 điểm) 1. 1. Quá trình biến đổi trạng thái 1-2 T2 = 4T1; V =const; A12 = 0 Áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học Q12 = 2 1 1 3 9 ( ) 2 2 v C T R T T RT ∆ = − = Suy ra được 1 2 120 9 Q T K R = = 0,5 2 2. Quá trình đẳng tích 1 – 2: T2 = 4T1 suy ra p2 = 4p1 Quá trình 2 – 3: T2 = T3 suy ra p3V3 = p2V2 =p2V1 suy ra 3 1 1 3 4 p V p V = (2) Quá trình 3 -1 : p = aV ; 3 3 1 1 p aV p aV = = suy ra được 3 3 1 1 p V p V = (3) Từ (2) và (3) thu được V3 = 2V1 0,5 Dựa vào hình vẽ tính công của khí thực hiện trong một chu trình 123 2 1 3 1 1 1 1 3 ( )( ) 2 2 A S p p V V pV = = − − = (4) Áp dụng phương trình C –M : p1V1 = RT1 (5) 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 10. 7 Thay (5) vào (4) thu được : 1 3 1495,8 2 A RT J = = 3 3. Quá trình 2-3: 1 1 1 2 6 p p V p V = − + (6) Mặt khác 2 1 1 1 1 2 6 p pV RT T V pV R V   = → = − +     (7) 0,5 Từ (7) suy ra T cực đại tại 4 1 1,5 V V V = = (8) Thay (8)vào (7) ta được 1 4,5 540 max T T K = = 0,5 4 4. Quá trình 2-3: dQ=dA+dU 1 1 1 2 3 ( ) 6 ( ) 2 V p d pV dQ pdV C dT V p dV R V R   = + = − + +     3 5 3 ( ) 2 2 2 dQ pdV Vdp pdV pdV Vdp = + + = + 1 1 1 1 1 1 1 1 5 2 3 2 6 ( ) 8 15 2 2 p p p dQ V p dV V dV V p dV V V V     = − + + − = − +         1 1 1 5 1 15 8 15 0 8 dQ p V p V V V dV V   = − + = → = =     0,5 Vậy trong quá trình 2-3 chỉ thu nhiệt trên đoạn 2-5 5 5 2 2 5 2 1 1 25 1 1 1 1 2 8 15 4 15 V V V V p p Q dQ V p dV V pV V V     = = − + = − +           ( ) 2 25 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 15 15 49 49 4 ( ) 15 4 15 8 8 16 16 Q pV pV pV pV pV RT   = − + − − + = =     0,5 Hiệu suất 1 1 12 25 2 1 1 3 24 2 3 49 121 ( ) 2 16 RT A A H Q Q Q R T T RT = = = = + − + 0,5 Câu 4 (4,0 điểm) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 8 1 1. 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: 2 2 2 1 1 2 2 2 5 mv . mr .ω mg( R r )cosθ mg( R r ) + + + = + Với: 0 v rω ( R r )ω = = + Do đó: 0 10 1 7 ( cosθ )g ω ( R r ) − = + Vận tốc tâm của quả cầu nhỏ là: 0 10 1 7 v ( R r )ω ( R r )( cosθ )g = + = + − 0,5 0,25 0,25 2 2. 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 cosθ N R r − = + Ta tìm được góc mà tại đó quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn được cho bởi: 10 17 c cosθ = Lưu ý rằng kết quả này chỉ áp dụng cho hệ số ma sát đủ lớn 0,5 0,5 3 3. Khi quả cầu nhỏ lăn không trượt ta có: 2 0 2 5 − =    =    = = +  mg.sinθ f ma f .r mr .γ v rω ( R r )ω Ở đây f là lực ma sát trên quả cầu. Từ đó chúng ta tìm được: 2 7 = f mg.sinθ Tại thời điểm khi quả cầu nhỏ bắt đầu trượt thì lực ma sát là: f μN = 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 11. 9 Tức là: 2 2 7 = − + mv mg.sinθ μ( mg cosθ ) R r Khi đó, sử dụng biểu thức của v trong câu (a) chúng ta có: 2 17 10 = − sinθ μcosθ μ Giải phương trình này ta thấy rằng góc mà ở đó quả cầu nhỏ bắt đầu trượt được cho bởi công thức: 2 2 2 170 756 4 289 4 s μ μ cosθ μ ± + = + Tuy nhiên, chúng ta thấy c s θ θ hay là s c cosθ cosθ , 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 2 170 756 4 289 4 s μ μ θ arccos( ) μ + + = + 0,5 0,5 0,5 Câu 5: (4,0 điểm). 1 1. Chia vòng dây thành các phần tử dài dl, điện tích dq1, với mật độ điện dài 2 Q R λ π = Điện tích dq1 gây ra tại M (cách tâm O đoạn x) cường độ điện trường dE1 : 1 1 1 2 2 2 dq dq dE k k l R x = = + Chỉ xét thành phần 1 dE gây ra cường độ điện trường dọc theo trục xx’véc tơ 1x dE 1x 1 1 2 2 2 2 2 2 . os . x dq x dE dE c dE k R x R x R x α = = = + + + 1x 2 2 3/2 2 2 3/2 . . . ( ) ( ) .2 dq x dl x Q dE k k R x R x R π = = + + Vậy cường độ điện trường do cả vòng dây gây ra tại M là: 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 R Q l x M q D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 10 2 2 2 2 3/2 2 2 3/2 0 0 . . ( ) .2 ( ) R R x Q x Q E dE k dl k R x R R x π π π = = = + +   có hướng ra xa vòng dây nếu Q 0; hướng lại gần vòng dây nếu Q 0. 0,5 2 2. Tìm x để EMmax Từ: 2 2 3/2 . ( ) M x Q E k R x = + áp dụng BĐT cô si có EMmax khi 2 R x = Và ax 2 2 3 3. Mm kQ E R = 0,5 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 12. TRƯỜNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG (ĐỀ THI ĐỀ XUẤT) ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10 NĂM 2023 Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. (4,0 điểm) Động học và động lực học chất điểm Trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, có một chiếc xe khối lượng m. Trên xe có hai khối lập phương, khối lượng 5m và m được nối với nhau bằng một sợi dây không dãn, vắt qua một ròng rọc có khối lượng không đáng kể. Người ta 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. a) Hỏi độ lớn của lực F bằng bao nhiêu thì xe có gia tốc a = 0,2g. b) Khi ấy gia tốc của các khối và của ròng rọc bằng bao nhiêu? Câu 2. (4,0 điểm) Định luật bảo toàn Treo một hòn bi nhỏ khối lượng m vào đầu một sợi dây mảnh, nhẹ, không dãn chiều dài l, đầu kia của sợi dây được treo vào một điểm cố định. Kéo viên bi ra khỏi vị trí cân bằng sao cho sợi dây hợp với phương thẳng đứng một góc 0 0 90 ϕ rồi truyền vận tốc ban đầu v0 theo phương vuông góc với sợi dây và hướng về vị trí cân bằng. a) Xác định lực căng của sợi dây tại thời điểm sợi dây hợp với phương thẳng đứng một góc ϕ . b) Với giá trị nào của v0 sợi dây treo của viên bi sẽ luôn căng trong suốt quá trình chuyển động. c) Khi viên bi chuyển động tới vị trí cân bằng thì điểm treo bắt đầu chuyển động thẳng đứng lên trên với gia tốc a. Xác định lực căng của sợi dây tại thời điểm sợi dây hợp với phương thẳng đứng một góc ϕ sau đó. Câu 3. (4,0 điểm) Nhiệt học Một xi lanh hình trụ cao 6R, đường kính trong 2R được ngăn thành hai phần bởi một pít-tông cách nhiệt dạng bán cầu đặc được đặt thẳng đứng - phần 1 ở dưới còn phần 2 ở trên. Mỗi phần chứa khí lý tưởng cùng loại ở nhiệt độ T1 và T2 tương ứng. Lúc đầu pít tông rất gần đáy xi lanh (hình 1). Người ta quay xi lanh đi 1800 trong mặt phẳng thẳng đứng và giữ nhiệt độ hai ngăn không đổi thì trạng thái cân bằng của pít-tông nằm lơ lửng trong xi lanh và mặt phẳng của pit-tông chia xi lanh thành hai phần bằng nhau. a) Tính tỷ số khối lượng của hai khí trong 2 phần xi lanh biết tỷ số 5m m m Hình 1 Hình 2 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L nhiệt độ là 2 1 3 T T = b) Sau khi quay xi lanh, giữ nguyên nhiệt độ khí phần 1 tăng nhiệt độ phần 2 cho đến khi pít tông vừa chạm đáy trên xi lanh. Tính nhiệt độ khí trong ngăn 2 lúc sau theo nhiệt độ ban đầu. Câu 4. (4,0 điểm) Cơ học vật rắn: Một cái yo yo được tạo bởi 2 cái đĩa bằng đồng thau có độ dày b = 8,5mm và bán kính R = 3,5 cm, nối với nhau bằng một trục ngắn có bán kính R0 = 3,2 mm. Hãy tính: a. Mô men quán tính của yo yo đối với trục giữa của nó? Bỏ qua mô men quán tính của trục quay, khối lượng riêng của đồng thau là ρ = 8400 kg/m3 . b. Gia tốc dài của yo yo? Gia tốc góc của yo yo? c. Sức căng của sợi dây? Câu 5. (4,0 điểm) Tĩnh điện Cho điện tích điểm dương q = 1nC. a) Đặt điện tích q tại tâm hình lập phương cạnh a = 10cm. Tính điện thông qua từng mặt của hình lập phương đó. Nếu bên ngoài hình lập phương còn có các điện tích khác thì điện thông qua từng mặt hình lập phương và qua toàn bộ hình lập phương có thay đổi không? b) Đặt điện tích q tại một đỉnh của hình lập phương nói trên. Tính điện thông qua từng mặt của hình lập phương. ==== HẾT === Họ và tên giáo viên: Nông Thị Tuyết Nương Số điện thoại: D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 13. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu Hướng dẫn giải Điểm Câu 1 – 4 điểm a) Có thể xảy ra các trường hợp sau: - Trường hợp 1: Hai khối lập phương cùng chuyển động, khi đó, lực ma sát tác dụng lên khối 5m và m là ma sát trượt và có độ lớn lần lượt là: Fms1 = 5μmg, Fms2 = μmg. - Gọi a là gia tốc của xe ta có: Fms1 + Fms2 = ma  a= 6 μg =0,6g  không thoả mãn yêu cầu của đề bài (loại) - Trường hợp 2: Cả hai khối lập phương đều đứng yên đối với xe, khi đó gọi gia tốc của xe là a thì: Khối 5m: T – Fms1 =5ma Khối m: T – Fms2 = ma Suy ra: Fms2 – Fms1=4ma (1) Với xe: Fms1 + Fms2 =ma (2) Từ (1) và (2) ta có: Fms2 = 2 5 ma mà Fms2 ≤ μmg hay a ≤ 0,04g Vậy trường hợp này cũng không thoả mãn yêu cầu bài toán (loại). - Vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp 3 là khối 5m đứng yên so với xe, khối m chuyển động trên xe. Khi đó, gọi a là gia tốc của xe thì: Với khối 5m: T – Fms1 = 5ma, T= 2 F (3) Với xe: Fms1 + Fms2 =ma và Fms2 = μmg (4) Từ (3) và (4) suy ra: F=2(6ma – μmg) = 2,2mg. b) Gia tốc của vật 2: g m mg 2 F a2 = µ − = (a2a). 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: g 6 , 0 2 g g 2 , 0 2 a a a 2 1 rr = + = + = 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Câu 2 – 4 điểm a) Theo định luật bảo toàn cơ năng ( ) ( ) ( ) 0 2 0 2 2 0 0 2 cos cos 2 2 cos 1 2 cos 1 ϕ ϕ ϕ ϕ − + = ⇔ + − = + − mgl mv mv mv mgl mv mgl Áp dụng định luật II Newton ta có ( ) 0 2 0 2 cos 2 cos 3 cos ϕ ϕ ϕ − + = + = mg l mv l mv mg T b) Sợi dây luôn căng trong quá trình chuyển động khi xảy ra một trong hai trường hợp i. 0 max 90 ≤ ϕ hay 0 cos max ≥ ϕ với ( ) ( ) gl v mv mgl mgl 2 cos cos 2 cos 1 cos 1 2 0 0 max 2 0 0 max − = ⇔ + − = − ϕ ϕ ϕ ϕ Hay 0 0 cos 2 ϕ gl v ≤ ii. 0 180 = ϕ sợi dây vẫn căng hay ( ) 0 cos 2 3 0 2 0 1800 ≥ − − + = = ϕ ϕ mg l mv T Hay ( ) 0 0 cos 2 3 ϕ + ≥ gl v Vậy ( )     ≤ + ≥ 0 0 0 0 cos 2 cos 2 3 ϕ ϕ gl v gl v c) Hòn bi chuyển động trong trọng trường biểu kiến với g’ = g + a. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ( ) ( ) 2 2 0 0 ( ) 1 cos 1 cos 2 2 mv mv m g a l mgl ϕ ϕ + − + = − + ( ) 2 2 0 0 2 cos cos (cos 1) mv mv m gl a ϕ ϕ ϕ ⇔ = + − + −     Định luật II Newton tương tự phần a) ta được: ( ) 2 2 0 0 ( )cos 3cos 2cos (3cos 2) mv mv T m g a m g a l l ϕ ϕ ϕ ϕ = + + = + − + −     0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 3 – 4 điểm a) Gọi m1 và m2 là lượng khí ở 2 phần xylanh *Lúc đầu: Thể tích các phần dưới 1 1 1 6 V V = - Vbán cầu (V = Sh = 2 3 .6 6 R R R π π = ) 3 3 3 1 1 4 1 . 2 3 3 V R R R π π π → = − = ; Thể tích phần trên V2 = 3 5 R π *Lúc sau khi đã lật ngược: Khi pistôn lơ lửng: thể tích các phần tương ứng là ' 3 3 3 1 2 7 3 3 3 V R R R π π π = − = ; ' 3 2 3 V R π = Do nhiệt độ hai phần không đổi nên: 0,5 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 14. *Xét khối khí ở phần 1 ' ' ' 1 1 1 1 1 1 7 P PV PV P → = → = (1) *Xét khối khí ở phần 2 ' ' ' 2 2 2 2 2 2 5 3 P PV PV P → = → = (2) Phương trình trang thái: 1 1 1 1 m PV RT µ = (3) 2 2 2 2 m PV RT µ = (4) từ (3)(4) 1 1 1 2 2 2 2 1 m PVT m PV T → = (5) Phương trình cân bằng của piston P1 = P0 +P2 (6) ' ' 2 0 1 P P P = + (7) Lấy (6) trừ (7) ' ' 1 2 2 1 P P P P → − = − 1 2 2 1 5 1 3 7 P P P P → − = − 1 2 7 3 P P  = thay vào (5) 1 2 2 1 7 45 m T m T → = Với 2 1 1 2 7 3 15 T m T m = → = b) Xét phần dưới: khi píston chạm đáy trên thì áp suất của phần (1) là P1 (Vì nhiệt độ ngăn trên không đổi) Từ trên ta có P0 = P1 - P2 = P1 - 1 1 3 4 7 7 P P = . Phần 2 có thể tích không đổi nên '' '' '' 2 2 2 2 2 '' 2 2 2 P P P T T T T P =  = → ( ) 1 1 1 0 '' 2 2 2 2 2 1 4 11 7 3 3 7 P P P P T T T T P P   +   +   = = = . Vậy '' 2 2 11 3 T T = 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 4 – 4 điểm a. Mô men quán tính của yo yo đối với trục giữa của nó - Mô men quán tính của 1 đĩa tròn đối với trục yo yo đi qua tâm của nó là: - Mô men quán tính của yo yo đối với trục của nó là: I = 2I0 = 3,4.10-4 (kgm2 ) b. Gia tốc dài của yo yo, Gia tốc góc của yo yo. - Khối lượng của yo yo: m = 2ρV = 2ρ(πR2 .b) = 2.8400. π. 8,5.10-3 .(3,5.10-2 )2 = 0,55 kg 0,5 0,5 0,5 ) ( 10 . 7 , 1 2 ) 10 . 5 , 3 ( 10 . 5 , 8 8400 2 ) ( 2 2 2 4 4 2 3 2 2 2 2 0 kgm R b R VR mR I − − − = = = = = π π ρ ρ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L - Gia tốc dài của yo yo - Gia tốc góc: β= a/R=0,16/0,035=4,57(rad/s2 ) c. Sức căng của sợi dây Khi cái yo yo chuyển động nó chịu tác dụng của trọng lực và lực căng của dây nên nó vừa chuyển động tịnh tiến rơi xuống vừa chuyển động quay quanh trục. Theo định luật II Newton ta có: hay P –T = ma = T = P - ma = m(g-a) (*) Theo phương trình của chuyển động quay : β I M M T P = + Vì trọng lực có giá đi qua trục quay nên mô men của nó đối với trục quay bằng 0: MT = Iβ với MT= T.R0 và β=a/R0 = T.R0 = Ia/R0 (**) Kết hợp (*) và (**) ta được (***) Thay (***) vào (*) ta được: 0,5 0,5 0,5 1.0 Câu 5 – 4 điểm a) Điện thông qua từng mặt của hình lập phương Gọi Φ1 là điện thông qua một mặt của hình lập phương. Điện thông qua 6 mặt của hình lập phương là: Φ = 6Φ1 -Áp dụng định lí Ôt-trô-grat-xki – Gau-xơ (O-G), ta được: 0 0 q q = = = = ε 6ε 9 1 12 10 6.8,9.10 − − Φ Φ = 18,83(V.m) -Nếu có các điện tích khác bên ngoài hình lập phương thì các điện tích này sẽ làm thay đổi điện thông qua các mặt khác nhau của hình lập phương. Điện thông qua toàn bộ hình lập phương bây giờ vẫn chỉ bằng điện thông qua một mặt kín có chứa q, nghĩa là điện thông qua toàn bộ hình lập phương 0,5 0,5 0,5 ) / ( 16 , 0 ) 10 . 2 , 3 .( 55 , 0 10 . 4 , 3 1 8 , 9 1 2 2 3 4 2 0 s m mR I g a = + = + = − − a m T P = + 2 0 1 mR I g a + = ) ( 3 , 5 10 . 4 , 3 ) 10 . 2 , 3 .( 55 , 0 1 8 , 9 . 55 , 0 1 4 2 3 2 0 N I mR mg T = + = + = − − D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 15. vẫn là: 0 q = = ε 9 12 10 8,9.10 − − Φ = 118(V.m) Vậy: Điện thông qua từng mặt của hình lập phương là = 1 Φ 18,83(V.m); khi bên ngoài hình lập phương còn có các điện tích khác thì điện thông qua từng mặt hình lập phương sẽ thay đổi nhưng điện thông qua toàn bộ hình lập phương vẫn như cũ. b) Điện thông qua từng mặt của hình lập phương khi đặt điện tích q tại một đỉnh Giả sử điện tích q được đặt tại đỉnh A, lúc đó 3 mặt hình lập phương có chứa đỉnh A sẽ có điện thông bằng 0. Vì tính đối xứng nên điện thông qua 3 mặt còn lại có giá trị bằng nhau và bằng Φ2. Để tính Φ2 ta xét hình lập phương lớn, tâm A, cạnh 2a, khi đó q nằm tại tâm hình lập phương lớn có diện tích 4a2 nên điện thông qua mỗi mặt hình lập phương lớn sẽ là Φ2. Vì tính đối xứng nên điện thông qua toàn bộ hình lập phương lớn sẽ bằng: Φ = 24Φ2 = 0 0 q q = = = ε 24ε 9 2 12 10 24.8,9.10 − − Φ = 4,7(V.m) Vậy: Điện thông qua từng mặt của hình lập phương khi đặt điện tích q tại một đỉnh là 2 Φ = 4,7(V.m). 1,0 05 1,0 HẾT D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 1 Câu 1. (4 điểm) (Cơ học chất điểm) Trên mặt bàn nằm ngang không nhẵn có một vật hình hộp khối lượng M. Một ròng rọc được gắn vào vật M và một sợi dây không dãn vắt qua ròng rọc. Một vật khối lượng m được treo vào dây, ở trạng thái nghỉ vật m tiếp xúc với mặt bên của vật M còn sợi dây có phương thẳng đứng. Hệ số ma sát giữa vật M và mặt bàn cũng như giữa vật M và vật m đều là µ. Người ta dùng lực F kéo đầu dây theo phương ngang để vật M trượt trên mặt bàn và có gia tốc bằng a . Xác định độ lớn của lực kéo F . Câu 2. (4 điểm) (Các định luật bảo toàn) Một vật A chuyển động với vận tốc 0 v đến va chạm đàn hồi hoàn toàn với một vật B đang đứng yên tại C. Sau va chạm vật B chuyển động trên máng đường tròn đường kính CD = 2R. Một tấm phẳng (E) đặt vuông góc với CD tại tâm O của máng đường tròn. Cho khối lượng của hai vật bằng nhau. Bỏ qua mọi ma sát. a) Xác định vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời máng b) Cho 2 0 3,5 v Rg = . Hỏi vật B có thể rơi vào tấm E không? Nếu có hãy xác định vị trí của B trên tấm E. Câu 3. (4 điểm) (Cơ học vật rắn) Một khối trụ đặc, đồng chất, khối lượng M, bán kính R, được đặt trên mặt phẳng nghiêng cố định, nghiêng góc α = 300 so với mặt phẳng ngang. Giữa chiều dài khối trụ có một khe hẹp trong đó có lõi có bán kính 2 R . Một dây nhẹ, TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII NĂM 2023 THPT CHUYÊN CHU VĂN AN LẠNG SƠN ĐỀ MÔN VẬT LÍ LỚP 10 Thời gian làm bài:180 phút (Đề thi gồm có 05 câu, 02 trang) M m ĐỀ ĐỀ XUẤT D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 16. 2 không giãn được quấn nhiều vòng vào lõi rồi vắt qua ròng rọc B (khối lượng không đáng kể, bỏ qua ma sát ở trục ròng rọc). Đầu còn lại của dây mang một vật nặng C khối lượng m = 5 M . Phần dây AB song song với mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát nghỉ và hệ số ma sát trượt giữa khối trụ và mặt phẳng nghiêng là µn = µt = µ. Thả hệ từ trạng thái nghỉ: a) tìm điều kiện về µ để khối trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng. b) tính gia tốc a0 của trục khối trụ và gia tốc a của m khi đó. Câu 4. (4 điểm) (Tĩnh điện) Hai bản kim loại A và B (cô lập) phẳng giống nhau được đặt nằm ngang, song song, đối diện với nhau. Diện tích của mỗi bản là S và khoảng giữa chúng bằng d. Tích điện cho bản A đến điện tích –q rồi nối tắt hai bản với nhau. Trong không gian giữa hai bản A và B, tại khoảng cách 4 d bên trên bản dưới, người ta đặt vào một tấm kim loại D có cùng diện tích S, khối lượng và điện tích của tấm này là m và q. a) Tìm điện tính của mỗi bản kim loại A và B khi đó. b) Hỏi phải truyền cho tấm kim loại D một vận tốc cực tiểu bằng bao nhiêu theo hướng thẳng đứng lên trên để trong quá trình chuyển động nó đạt được tới độ cao 4 d so với vị trí ban đầu của nó? Câu 5. (4 điểm) (Nhiệt học) Một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện chu trình như hình vẽ. Trạng thái A, B cố định, C có thể thay đổi, nhưng quá trình AC là đẳng áp. a) Tính công lớn nhất của chu trình nếu nhiệt độ giảm trong suốt quá trình BC? b) Tính hiệu suất của chu trình trong trường hợp này? ----------------Hết--------------- Giáo viên ra đề: Vũ Diệu Thúy Số điện thoại: V0 4V0 V p p0 4p0 A B C D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 3 Câu 1. ( 4 điểm) Nội dung Điểm Vẽ hình, phân tích lực tác dụng: 0,5 Trường hợp m chuyển động so với M: Xét vật m, theo phương ngang có 2 N ma = (1) 0,5 Xét M có 1 2 ms F N F Ma − − = (2) 2 1 ms 1 N F P F 0 ± − − = (3) ( lấy dấu (+) khi m đi lên ; lấy dấu (-) khi m đi xuống ) Trong đó ms2 2 F N = µ (4); 1 ms 1 F N = µ (5) 1,0 Từ các phương trình (1)(2)(3)(4)(5) tính được ( ) 2 m M a Mg ma F 1 + + µ ± µ = − µ (*) 0,75 Trường hợp m không chuyển động so với M: Lực ma sát 2 ms F là lực ma sát nghỉ, theo phương thẳng đứng có phương trình 2 ms 2 F F P 0 ± − = (6) Dấu (+) ứng với m có xu hướng đi xuống; Dấu (-) ứng với m có xu hướng đi lên 0,5 Từ các phương trình (1)(2)(3)(5), tính được 0,75 TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII NĂM 2023 THPT CHUYÊN CHU VĂN AN LẠNG SƠN MÔN VẬT LÍ LỚP 10 ( Đáp án gồm có 05 câu, 05 trang) ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 17. 4 ( ) ( ) m M a g m M F + + µ + = µ (**) Câu 2. ( 4 điểm) Nội dung Điểm a) Vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời máng Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên sau va chạm B chuyển động với vận tốc 0 v còn A đứng yên. Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: ( ) 2 2 0 1 1 1 sin 2 2 mv mv mgR α = + + ( ) 2 2 0 2 1 sin v v gR α  = − + 0,25 Theo định luật II Niuton ta có: P Q ma + = Chiếu hệ thức vecto trên lên phương MO, chiều (+) hướng tâm, ta được: 2 sin mv mg Q R α + = 0,5 Vật B rời khỏi máng tại M nên 2 0 sin mv Q mg R α = ⇔ = 0,25 ( ) 2 2 0 2 0 2 1 sin sin sin 2 2 sin v gR v gR v gR gR gR gR α α α α − +  = = ⇔ = − − 2 0 2 sin 3 v gR gR α −  = 0,5 Vận tốc của B khi nó bắt đầu rời khỏi máng: 2 2 2 0 0 2 2 1 3 v gR v v gR gR   − = − +     0,25 2 2 2 2 0 0 0 2 2 2 sin 3 3 3 v gR v gR v gR v gR gR v gR α − − − ⇔ = = =  = với 2 0 2 5 Rg v Rg ≤ ≤ 0,5 b) Khi vật rời khỏi máng 3,5 2 1 sin 30 3 2 gR gR gR α α − = =  = ° và 3,5 2 3 2 B gR gR gR v − = = 0,25 Khi rời B, vật chuyển động như vật bị ném xiên với các phương trình: ( ) sin cos x v t R α α = − ( ) 1 cos sin 2 y gt v t R α α = + + 0,25 Để B có thể tới (E) thì ( ) 0 sin cos 0 x v t R α α ≥ ⇔ − cos 6 cot .cot30 2,45 sin 2 R R R R R t v v g g gR α α α  = = ° = = (1) 0,5 Khi chạm vào tấm ( ) ( ) 2 1 1 : 0 2 cos 2 sin 0 E y gt v t R α α = ⇔ − − = 0,25 Phương trình bậc hai theo 1 t trên có nghiệm: 0,25 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 5 1 3 11 1,785 2 2 R R t g g   + = =       (2) Từ (1) và (2) ta thấy: 1 2,45 R t g , nghĩa là B không rơi vào tấm (E) 0,25 Câu 3. ( 4 điểm) Nội dung Điểm - Chọn chiều dương như hình vẽ. Giả sử chiều của lực ma sát như hình. 0,5 - Phương trình ĐL II Niu-tơn cho khối tâm khối trụ A và vật C: 0 ' A ms C P F N T ma T P ma + + + = + = 0,5 - Phương trình cho chuyển động quay quanh trục đối xứng qua khối tâm G: . . 2 ms G R F R T I γ + = - Khối trụ không trượt trên dây nên: 0 2 R a a γ − = Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và ma sát ở trục ròng rọc nên: T = T’. Khối trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng nên: 0 a R γ = 0,75 Từ đó ta có hệ: 0 2 0 0 0 sin (1) . . (2) 2 2 2 (3) 5 5 10 2 (4) ms ms G P F T Ma R R R F R T I M M a P M M T a a a R a α γ γ γ − − =    + = = =    − = =   = =  0,5 Từ (3) 0 ( ) (5) 5 5 5 2 a P M M T a g = + = + Từ (5),(2) 0 0 0 . 9 ( ) ( ) 2 2 10 2 10 2 G ms I a a a T M M F M g g R γ = − = − + = − (6) 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 18. 6 Thay (5),(6) vào (1): 0 0 0 9 ( ) ( 2 ) 2 10 2 10 a Mg M M g a g Ma − + − + = 0 8 0 31 a g → = (7) 0,5 Thay a0 vào (6),(4) suy ra: 0 9 1 ( ) 0 10 2 62 4 0 31  = − =     =   ms a M F g Mg a g Vậy khối trụ A đi xuống, vật C đi lên và lực ma sát có chiều như hình vẽ. Điều kiện: 1 3 3 62 2 93 ms msn F F N Mg Mg µ µ µ = ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ 0,75 Câu 4. ( 4 điểm) Câu 5. ( 4 điểm) Nội dung Điểm Nội dung Điểm a) Lúc đầu hệ gồm hai tụ và mắc song song, ta có: ; 0,5 Vì tích điện , tích điện , ta có: 0,5 b) Năng lượng ban đầu của hệ: . 0,5 Khi tấm kim loại lên được độ cao d/4 so với vị trí ban đầu. Lúc này hệ gồm hai tụ mắc song song, ta có: . 0,5 Chúng lần lượt có điện tích và 0,5 Năng lượng của hệ lúc này bằng . 0,5 Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: 0,5 0,5 1 C 2 C d S d S C 3 4 4 3 0 1 ε ε = = d S d S C 0 0 2 4 4 1 ε ε = = 1 C 1 q 2 C 2 q q q q q q 4 / 1 1 2 1 =  = + q q C q C q 4 / 3 2 2 2 1 1 =  =         + + = 2 2 2 1 2 1 2 0 1 2 1 2 1 C q C q mv E S d q mv E 0 2 2 0 1 32 3 2 1 ε + =  ' 2 ' 1,C C d S d S C C 0 0 ' 2 ' 1 2 2 / ε ε = = = ' 1 q ' 2 q 2 / ' 2 ' 1 q q q = =  2 ' 2 2 ' 2 ' 1 2 ' 1 2 2 1 2 1 4 mv C q C q mgd E +         + + = 2 0 2 2 2 1 4 4 mv S d q mgd E + + = ⇔ ε 2 1 E E = 2 0 2 0 2 2 0 2 1 4 4 32 3 2 1 mv S d q mgd S d q mv + + = ⋅ + ⇔ ε ε 4 32 2 1 0 2 2 0 mgd S d q mv + ≥  ε  2 16 0 2 2 0 gd Sm d q v + ≥ ε 2 16 0 2 min 0 gd m S d q v + ⋅ =  ε D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 7 a) - Nhiệt độ trạng thái 1: 1 1 1 p V T 390 K R = = ν . - Nhiệt độ trạng thái 2,3 : 2 3 2 1 1 V T T T 195 K V = = = . 0,5 Vậy : Tmax = T1 = 390 K và Tmin = T2 = 195 K. 0,5 b) - Quá trình 1-2 (khí nhận công): A12 = p1(V2 – V1) = – 405,2 J. 0,5 Quá trình 2-3 (nhận công): 3 2 V 3 2 23 2 V 2 V RT A pdV dV RT ln V V ν = = = ν   - Với 3 3 3 3 2 2 2 3 3 p V 0,25 mol; V 4.10 m ; V 2,5.10 m p − − ν = = = =  A23 = – 190,4 J. 0,5 - Quá trình 3-1 (sinh công): 31 1 3 1 3 A 0,5(p p )(V V ) 724,3 J = + − = . 0,5 - Cả chu trình: A = A12 + A23 + A31 = + 128,7 J. 0,5 - Độ biến thiên nội năng của khí ở 3-1 (khí CO2 có i = 6): 31 v 31 1 3 i U C T R(T T ) 1215,3 2 ∆ = ν ∆ = ν − = J. 0,5 - Nhiệt lượng của khí: Q = ∆U31 – A31 = 1215,3 – (– 724,3) Khí nhận nhiệt lượng: Q = + 1939,6 J. 0,5 -----------------Hết---------------- D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 19. 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG (Đề thi gồm 02 trang) KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4,0 điểm). (Động học và động lực học chất điểm). Một chiếc thuyền bơi qua sông từ O với vận tốc v1 không đổi luôn vuông góc với dòng nước chảy. Dòng nước chảy có vận tốc đối với bờ tại mọi điểm đều song song với bờ, nhưng có giá trị phụ thuộc vào khoảng cách đến bờ theo quy luật: 2 0 sin y v v L π = , với v0 là hằng số, L là chiều rộng của con sông (Hình 1). Hãy xác định: a) Vận tốc của con thuyền đối với bờ sau thời gian t kể từ khi xuất phát và vận tốc tại thời điểm thuyền đến giữa dòng? b) Xác định phương trình chuyển động, phương trình quỹ đạo của con thuyền và điểm đến của con thuyền ở bờ bên kia sông? Câu 2 (4,0 điểm). (Các định luật bảo toàn.) Một quả bóng rơi tự do từ độ cao h xuống một mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang. Sau khi va chạm tuyệt đối đàn hồi với mặt phẳng nghiêng, bóng lại tiếp tục nảy lên, rồi lại va chạm vào mặt phẳng nghiêng và tiếp tục nảy lên và cứ tiếp tục như thế (Hình 2). Giả sử mặt phẳng nghiêng đủ dài để quá trình va chạm của vật xảy ra liên tục. Khoảng cách giữa các điểm rơi liên tiếp kể từ lần thứ nhất đến lần thứ tư theo thứ tự lần lượt là ℓ1; ℓ2 và ℓ3. Tìm hệ thức liên hệ giữa ℓ1; ℓ2 và ℓ3. Áp dụng bằng số khi h = 1 m và α = 30o . ĐỀ THI ĐỀ XUẤT v2 y x L O Hình 1 α h Hình 2 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 2 Câu 3 (4,0 điểm). (Nhiệt học) Một xilanh chiều dài 2l, bên trong có một pittông có tiết diện S. Xilanh có thể trượt có ma sát trên mặt phẳng ngang với hệ số ma sát µ (Hình 3). Bên trong xilanh, phía bên trái có một khối khí ở nhiệt độ T0 và áp suất bằng áp suất khí quyển bên ngoài p0, pittông cách đáy khoảng l. Giữa bức tường thẳng đứng và pittông có một lò xo nhẹ độ cứng K. Khối lượng tổng cộng của xilanh và pittông bằng m. Bỏ qua ma sát giữa xi lanh và pittông. Cần phải tăng nhiệt độ của khối khí trong xi lanh lên một lượng T ∆ bằng bao nhiêu để thể tích của nó tăng lên gấp đôi. Câu 4 (4,0 điểm). (Cơ học vật rắn) Hình trụ đồng chất khối lượng m, bán kính r lăn không trượt trên mặt bán trụ cố định bán kính R từ đỉnh với vận tốc đầu v0 = 0. a) Xác định vận tốc khối tâm hình trụ theo góc ϕ là góc hợp bởi đường thẳng đứng và đường thẳng nối tâm hai trụ. b) Định vị trí hình trụ r rời mặt trụ R. Bỏ qua ma sát lăn. Câu 5 (4,0 điểm). (Tĩnh điện) Một thanh kim loại mảnh AB có chiều dài L, tích điện đều với mật độ điện tích dài là λ. a) Xác định cường độ điện trường do thanh gây ra tại điểm M nằm trên trục của thanh, biết a AM = . b) Xác định cường độ điện trường tại một điểm nằm cách hai đầu thanh một đoạn R và cách trung điểm thanh đoạn 0 R . Nhận xét kết quả tìm được trong trường 0 R R . .................HẾT..................... Người ra đề Nguyễn Toàn Thắng ĐT: p0 T0 p0 K D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 20. 3 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG (Đáp án gồm 02 trang) KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ 10 Nội dung Điểm Câu 1 (4 điểm). a) Theo bài thì: vx = πy v = v sin 2 0 L ; vy = v1 Vậy: πy 2 2 2 2 2 v = v + v = v + v sin x y 1 0 L - Ở thời điểm t, thuyền đến vị trí có y = v1t do đó: 1 πv 2 2 2 v = v + v sin t 1 0 L       - Khi thuyền ra đến giữa dòng thì: 1 1 L y L 2 2 y = t = = v(L/2) = v + v 1 0 2 v 2v   b) Ta có: 1 1 πv πv dx v = = v sin t dx = v sin t dt 0 0 dt L L x              1 1 1 v L πv πv 0 x = v sin t dt = - cos t + C 0 L πv L               Tại t = 0 thì: v L v L 0 0 x(0) = 0 = - + C C = πv πv 1 1  Do đó ta có: v L 2v L πv πv 2 0 0 1 1 x = 1 - cos t = sin t πv L πv 2L 1 1                         Vậy phương trình chuyển động của thuyền là: 2v L πv 2 0 1 x = sin t πv 2L 1 y = v t 1                Phương trình quỹ đạo của thuyền: 2v L πy 2 0 x = sin πv 2L 1       Khi thuyền sang đến bờ bên kia thì: y = L. Thay vào phương trình quỹ đạo ta xác định được vị trí thuyền cập bờ là: 2v L 0 x = πv 1 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 4 Câu 2 (4 điểm) + Vận tốc ban đầu của quả bóng sau va chạm lần 1 với mặt phẳng nghiêng là: 2 0 0 v h v 2gh 2g =  = + Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ + Do va chạm của bóng và mặt phẳng nghiêng là va chạm đàn hồi nên tuân theo định luật phản xạ gương và độ lớn vận tốc được bảo toàn sau mỗi va chạm. + Vectơ vận tốc 0 v hợp với trục Oy một góc α + Phương trình chuyển động của quả bóng sau lần va chạm đầu tiên là ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 2 0 1 x v sin t gsin t 2 1 y v cos t gcos t 2  = α + α     = α − α   + Sau thời gian t1 quả bóng va chạm với mặt phẳng nghiêng lần thứ hai tại vị trí cách điểm va chạm lần đầu một khoảng ℓ1. Khi đó ta có ( ) ( ) 0 2 1 1 0 2 2 0 0 1 2v 1 t v sin t gsin t g 2 1 4v sin 0 v cos t gcos t 8hsin 2 g   = = α + α        α   = α − α = = α     ℓ ℓ + Sau va chạm, vật lại bật lên với vận tốc ban đầu được tính ( ) ( ) 1x 0x x 0 1 0 1y 0y y 0 1 0 v v a t v sin gsin t 3v sin v v a t v cos gcos t v cos  = + = α + α = α   = + = − α + α = α   + Phương trình chuyển động của quả bóng sau lần va chạm thứ hai là: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 2 0 1 x 3v sin t gsin t 2 1 y v cos t gcos t 2  = α + α     = α − α   + Sau thời gian t2 quả bóng va chạm với mặt phẳng nghiêng lần thứ ba tại vị trí cách điểm va chạm lần thứ hai một khoảng ℓ2. Khi đó ta có: 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 α y x 0 v α g 1 ℓ 2 ℓ 3 ℓ α D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 21. 5 ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 0 2 2 2 0 0 2 2 2v 1 t 3v sin t gsin t g 2 1 8v sin 0 v cos t gcos t 16hsin 2 g   = = α + α        α   = α − α = = α     ℓ ℓ + Sau va chạm, vật lại bật lên và tính tương tự ta được thời gian từ lúc va chạm đến lúc bật lên và khoảng cách từ vị trí va chạm lần thứ 3 đến vị trí va chạm lần thứ 4 lần lượt bằng: 0 3 2 0 3 2v t g 12v sin 24hsin g  =    α  = = α   ℓ + Vậy hệ thức liên hệ giữa ℓ1; ℓ2 và ℓ3 là: 3 1 2 1 2 3 = = ℓ ℓ ℓ + Khi h = 1 m và α = 300 thì ℓ1 = 4 m; ℓ2 = 8 m và ℓ3 = 12 m 0,5 0,5 0,25 0,25 Câu 3 (4 điểm) - Vì áp suất bên trong và bên ngoài là bằng nhau nên ban đầu lò xo không biến dạng 1- Trường hợp 1: s m F kl mg kl ≥ ⇔ µ ≥ . Khi đó xi lanh sẽ đứng yên Gọi T là nhiệt độ cuối cùng của khối khí thì: 0 0 0 0 0 2Sl 2 1 kl P P Sl kl S T T T T SP   + ×       =  = +     . Từ đó: 0 0 0 2 1 kl T T T T SP   ∆ = − = +     ng. 2- Trường hợp 2: mg kl µ . a- Gọi x là độ nén cực đại của lò xo. Pittông còn đứng yên cho đến 0,5 0,5 ll ll p0 T0 p0 K Hình 3 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 6 khi x mg k mg x k µ = µ  = . Gọi T1 là nhiệt độ của khối khí tại thời điểm lò xo nén cực đại. P1 là áp suất chất khí trong xi lanh ở thời điểm này thì: 1 0 0 S x . P P S k P S mg = + = +µ 1 0 mg P P S µ  = + - Áp dụng phương trình trạng thái có: ( ) 0 0 0 1 mg P l x S P Sl S T T µ   + +     = 1 0 0 1 1 mg mg T T SP kl    µ µ  = + +        +) Khi T T1 thì pittông bắt đầu dịch chuyển, bắt đầu từ thời điểm này áp suất chất khí trong xi lanh là không đổi. Ta có: ( ) 1 1 1 1 2 2 S l x T T x T S l T l +   = ⇔ = +   ×   1 0 0 0 2 2 1 1 T mg T T T mg P S kl   µ  = = +   µ   + Từ đó tìm được: 0 0 0 2 1 mg T T T T SP   µ ∆ = − = +     0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 Câu 4 (4 điểm) a) vận tốc khối tâm trụ nhỏ r: N P a m C + = chiếu lên trục hướng tâm: r R mv mg N N mg r R mv C C + − =  − = + 2 2 cos cos ϕ ϕ Định lý động năng: T - T0 = AP ; T0= 0 0,5 0,5 0,5 0,5 P N C r R ϕ 2 , 2 2 1 2 1 ω I mv T C + = D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 22. 7 với vc= ) ( r R + ω ω là vận tốc góc của khối tâm C trụ nhỏ đối với tâm O của trụ lớn. I= 2 2 1 mr ' ω là vận tốc góc của trụ nhỏ quanh khối tâm C. Lăn không trượt nên: ) ( . ' r R r + = ω ω Vậy T= 2 2 2 2 2 2 ) ( 4 1 ) ( 2 1 ω ω r r R mr r R m + + + ) cos 1 )( ( 3 4 ) cos 1 )( ( 4 3 ) ( 4 3 2 2 2 2 ϕ ϕ ω − + =  − + = = + = r R g v r R mg A mv r R m T C P C b) Vị trí trụ nhỏ bắt đầu rời khỏi trụ lớn Khi đó N = 0 suy ra 7 4 cos = ϕ 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 5 (4 điểm) Giả sử 0 λ a) Xét phần tử thanh có chiều dài dx, nằm cách gốc O đoạn x , mang điện tích . dq dx λ = . Khi đó, cường độ điện trường do dq gây ra tại điểm M là d E có phương dọc theo AB. Ta có: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 L L L L kdq k dx k L E dE L L a a L a x a x λ λ − − = = = = + + − + −    E → có hướng từ B đến A. b) Chọn gốc tọa độ O trùng với trung điểm của thanh AB, chiều dương từ A đến B. 0,5 0,5 0.5 1 dE 2 d E d E R M B A M λ O d E D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 8 Xét phần tử thanh có chiều dài dx, nằm cách gốc O đoạn x , mang điện tích . dq dx λ = . Khi đó, cường độ điện trường do dq gây ra tại điểm M véctơ cường độ điện trường 1 dE hợp với phương thẳng đứng OM một góc α , có độ lớn là: 1 2 2 2 2 . . o o k dq k dx dE x R x R λ = = + + Do tính chất đối xứng của thanh qua trục đối xứng OM, véc tơ cường độ điện trường tổng hợp sẽ có phương trùng với OM và có độ lớn: /2 0 1 2 2 3/2 /2 . . . os ( ) L o thanh L k dx R E dE c x R λ α − = = +   Đặt 2 tan os o o d x R dx R c α α α =  = Khi 0 2 L x α α = −  = − ; 0 2 L x α α =  = ; Với 0 OMB α ∧ = 0 0 0 0 2 2 3 2 3/2 0 1 os os . (1 tan ) o o k R d E k c d c R R α α α α λ α λ α α α α − − → = = +   0 0 0 0 1 2 sin sin . o o k k L k R R R R α α λ λ λ α α − = = = Nhận xét: Nếu 0 R R thì 0 0 0 0 2 , 2 2 2 L k R E R R π λ λ α πε ≈ ≈ → = = , lúc này coi thanh mảnh AB như một dây dẫn thẳng, dài vô hạn. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 …………………….Hết………………….. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 23. TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2023 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN: VẬT LÝ – KHỐI 10 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 03 trang, gồm 05 câu) Bài 1: Động học và động lực học chất điểm ( 4 điểm) Một chú ếch đang ngồi yên thì một cái trống hình trụ có bán kính R lăn tới nó Vận tốc của trục trống là v. Chú ếch phải nhảy với vận tốc bằng bao nhiêu để chỉ chạm nhẹ điểm cao nhất của cái trống. Bài 2: Các định luật bảo toàn (4 điểm) 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 như hình vẽ. 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 Bài 3: Nhiệt học ( 4 điểm) Một lượng khí lí tưởng thực hiện một chu trình được biểu diễn trong hệ tọa độ có dạng là một đường tròn như hình vẽ. E h 4R / 3 = D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Đơn vị của các trục được chọn là và . Nhiệt độ thấp nhất trong chu trình là . Tìm tỉ số giữa khối lượng riêng lớn nhất và nhỏ nhất của lượng khí đó khi thay đổi trạng thái theo chu trình trên. Bài 4: Cơ học vật rắn ( 4 điểm) Một thanh mảnh đồng chất có chiều dài 2 và khối lượng được dựng thẳng đứng trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang. Sát đầu dưới của thanh có một vật nhỏ cùng khối lương . Thanh bắt đầu đổ xuống theo chiều như hình vẽ. Tìm vận tốc lớn nhất của vật nhỏ. Bài 5: Tĩnh điện (4 điểm) Một vỏ cầu mỏng dẫn diện (gọi tắt là vỏ cầu), bán kính a, tâm cố dịnh. Hai điện tích điểm tại điểm và với 20 cm, 40 cm. Điện tích ở : 10.10 C, điện tích ở B: 16 ⋅ 10 C. Nối vỏ cầu bằng dây dẫn mảnh với cực dương của nguồn điện, cực âm của nguồn nối đất. Hiệu điện thế nguồn là ! 90 V. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 24. a. Ban đầu $ 10 cm, tìm điện tích của vỏ cầu b. Nếu bán kính vỏ cầu tăng dần từ $ 10 cm đến 20 cm thì dòng chuyển dời các điện tích sẽ thay đổi như thế nào? Giả thiết khi bán kính vỏ cầu tăng lên khiến cho điện tích điểm có thể rơi vào trong vỏ cầu mà không tiếp xúc dẫn điện với vỏ cầu. ----HẾT ----- Người ra đề: Trần Thị Thanh Huyền – SĐT: Nguyễn Ngọc Tuấn – SĐT: D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG QUẢNG NINH (ĐỀ THI ĐỀ XUẤT) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÍ 10 NĂM 2023 Thời gian làm bài 180 phút Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã quy định. HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: Động học và động lực học chất điểm ( 4 điểm) Một chú ếch đang ngồi yên thì một cái trống hình trụ có bán kính R lăn tới nó Vận tốc của trục trống là v. Chú ếch phải nhảy với vận tốc bằng bao nhiêu để chỉ chạm nhẹ điểm cao nhất của cái trống. Bài 1 Nội dung Điểm Xét trong hệ quy chiếu gắn với trống. Để thỏa mãn đề bài thì quỹ đạo bay của con ếch trong hệ quy chiếu này phải có dạng như hình vẽ. 1,0 % %' (), * %') 1 2 () 0,5 % 0 ⇒ %' () ⇔ * %'-/( 1 2 %'- ( 2R ⇒ %'- 2( 2R ⇔ %' 20(R112 0,5 3 %45) ⇒ * %46 3 %4̃ 1 2 ( 3 %45 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 25. Tại điểm cao nhất 3 8 9 , quỹ đạo có bán kính chính khúc là :; =1 95=82- ?/- | 9| | 9| 0,5 Tại điểm cao nhất, bán kính chính khúc là nhỏ nhất. Để thỏa mãn đề bài thì :; A : ⇒ BCD - E A : ⇒ 1%FG H %2 A (R1%FG là vận tốc theo phương 3 trong hệ quy chiếu mặt đất) ⇒ %đG A % H 0(R %đ %' 20(R 0,5 Vậy ếch phải nhảy với vận tốc theo phương %đ 20(:; %đG A 0(: % 0,5 Bài 2: Các định luật bảo toàn (4 điểm) 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 như hình vẽ. 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 Bài Nội dung Điểm 1 a. Tìm điều kiện của h để m có thể trượt hết máng tròn mà vẫn bám vào máng 1,5 Xét vật ở tại M E h 4R / 3 = D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Phương trình định luật II Newton chiếu lên trục hướng tâm: Áp đụng định luật bảo toàn cơ năng tại A và tại M: Từ (1) và (2) suy ra: Để vật có thể trượt hết máng mà vẫn bám vào máng thì 0,5 0,5 0,5 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 1,5 Vận tốc của m ngay trước lúc va chạm là: Vận tốc của m và M ngay sau va chạm là: Vậy ngay sau va chạm, vật m bị bậc ngược lại, vật M đi tới, độ cao cực đại mỗi vật đạt được sau đó: 0,5 0,5 0,5 c. Tìm điều kiện của h để M bắt đầu rời khỏi máng tại vị trí E có độ cao 1,0 Giả sử M trùng E thì . Vật bắt đầu rời máng tại E nên N = 0. Phương trình định luật II Niuton chiếu lên trục hướng tâm: 0,5 ( ) 2 V N Pcos m 1 R + α = ( ) ( ) ( ) 2 2 V V h mgh m mgR 1 cos m 2mg 1 cos 2 2 R R   = + + α  = − + α     2h N mg 2 3cos R   = − − α     2h 2h N mg 2 3cos 0, min mg 2 3cos 0 h 2,5R R R       = − − α ≥ ∀α  − − α ≥  ≥             0 V 2gh 4gR = = 1 0 2 0 4gR 2 4gR m M 2m V V ; V V m M 3 m M 3 − = = − = = + + 2 2 1 2 1 2 0 0 V V 2 8 H R; H R 2g 9 2g 9 = = = = E h 4R / 3 = ( ) E h R 1 cos cos 1/ 3 = + α  α = 2 E E V gR Mgcos M V gR cos R 3 α =  = α = D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 26. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại B và tại E ta có: Mặt khác 0,5 Bài 3: Nhiệt học ( 4 điểm) Một lượng khí lí tưởng thực hiện một chu trình được biểu diễn trong hệ tọa độ có dạng là một đường tròn như hình vẽ. Đơn vị của các trục được chọn là và . Nhiệt độ thấp nhất trong chu trình là . Tìm tỉ số giữa khối lượng riêng lớn nhất và nhỏ nhất của lượng khí đó khi thay đổi trạng thái theo chu trình trên. Bài 3 Nội dung Điểm Từ phương trình trạng thái khí lý tuởng, ta có: K đối với một luợng khí xác định (C là hằng số). 0,5 Từ phương trình trên và đồ thị có thể tìm được điểm gốc . Đối với một quá trình đẳng tích biểu diễn một đường thẳng qua gốc 0 , với mỗi góc nghiêng khác nhau ứng với thể tích khác nhau. 0,5 Thể tích càng lớn thì góc nghiêng càng nhỏ. Từ đó suy ra thể tich lớn nhất của chất khi này là LM, và nhỏ nhất là LN. Và do đó: 0,5 2 2 E E V V 2gh 3gR = + = 2 2 2 0 2 2gh V 2m 9 27 V V h R m M 3 8 g 8 = =  = = + D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L LM LN Với và là hai tiếp tuyến với vòng tròn kẻ từ . Từ phương trình khí lý tưởng ta lại có: OPKP QP ORKR QR 0,5 Rút ra: ST S- ORQP OPQR U VR VW XU YP YW X U YP YW XU VP VW X tan ] 0,5 Góc ] suy từ hình vẽ. Ngoài ra còn chú ý rằng ^ H ] _ ` nên aT a- tan b _ ` ^c b d9e f =d9e f c 0,5 Tù hình vẽ ta thấy tan ^ N gN , h i : bán kinh vòng tròn h √2, vậy √2 i thay vào công thức trên: ST S- m√ m- =m√ m- 0,5 Vậy ST S- U Yn YW Xo= Yn YW U Yn YW X - =U Yn YW Xo= Yn YW U Yn YW X - 0,5 Bài 4: Cơ học vật rắn ( 4 điểm) Một thanh mảnh đồng chất có chiều dài 2 và khối lượng được dựng thẳng đứng trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang. Sát đầu dưới của thanh có một vật D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 27. nhỏ cùng khối lương . Thanh bắt đầu đổ xuống theo chiều như hình vẽ. Tìm vận tốc lớn nhất của vật nhỏ. Bài 4 Nội dung Điểm Trong quá trình đổ xuống, khi còn chưa tách khỏi thanh thì vận tốc của vật bằng vận tốc của đầu thanh A. 0,5 Khi vận tốc của vật đạt giá trị lớn nhất thì vật tách khỏi thanh. Kí hiệu G là khối tâm của hệ, r /4. Do không có ngoại lực tác dụng lên hệ theo phương ngang nên G chỉ chuyển động theo phương thẳng đứng. 0,5 Xét khi thanh lập với phương ngang góc ^. Tọa độ khối tâm theo phương thẳng đứng: *s 4 sin ^ suy ra: %s *s ; v ` cos ^ ⋅ ^; v ` xcos ^ 0,5 Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: 2 ( 4 11 sin ^2 2 %s 2 H ys 2 x 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Tính mô men quán tính của hệ đối với r rồi thay vào ta tìm được: %s z {Ev 1|}e f2~4|- f {~4|- f= 0,5 Dọc theo phương GA ta có: %ssin ^ %Mcos ^ 0,5 Từ đó ta tìm được: %M z {Ev 1|}e f2|}e- f €{|}e- f 0,5 Bằng cách đạo hàm bậc nhất biểu thức trong căn theo ^ rồi cho bằng 0 ta sẽ tìm được vận tốc cực đại của : %M  0,82 m/s xảy ra khi ^  45, 4∘ . 0,5 Bài 5: Tĩnh điện (4 điểm) Một vỏ cầu mỏng dẫn diện (gọi tắt là vỏ cầu), bán kính a, tâm cố dịnh. Hai điện tích điểm tại điểm và với 20 cm, 40 cm. Điện tích ở : 10.10 C, điện tích ở B: 16 ⋅ 10 C. Nối vỏ cầu bằng dây dẫn mảnh với cực dương của nguồn điện, cực âm của nguồn nối đất. Hiệu điện thế nguồn là ! 90 V. a. Ban đầu $ 10 cm, tìm điện tích của vỏ cầu. b. Nếu bán kính vỏ cầu tăng dần từ $ 10 cm đến 20 cm thì dòng chuyển dời các điện tích sẽ thay đổi như thế nào? Giả thiết khi bán kính vỏ cầu tăng lên khiến cho điện tích điểm có thể rơi vào trong vỏ cầu mà không tiếp xúc dẫn điện với vỏ cầu. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 28. Bài 5 Nội dung Điểm Tại vị trí ban đầu, khi bán kính vỏ cầu bằng a 10 cm thì và ở ngoài vỏ cầu. Khi đó phân bố điện tích trên bề mặt vỏ cầu không đều. Gọi điện lượng mặt ngoài vỏ cầu là và mật độ điện tích bề mặt là †. Điện tích trên diện tích Δˆ là †Δˆ và tạo ra điện thế đối với tâm Ta có ! ΣΔ! Œ Σ†Δˆ $ Œ $ vói Œ 9.10 Nm C 0,5 Điện tích điểm , cũng tạo ra điện thế đối vơi tâm O là Œ T FT và Œ - F- . Theo nguyên lý chống chất điện thế: Œ H Œ H Œ $ ! 0,5 Suy ra điện tích mặt ngoài của vỏ cầu là $ ! Œ $ U H X 8 ⋅ 10 C 0,5 Khi bán kính vỏ cầu bằng (nhưng vẫn còn ở ngoài vỏ cầu). Gọi điện tích mặt ngoài vỏ cầu là , ta có: Œ H Œ H Œ ! Suy ra:  ‘ ’ b T FT H - F- c“ 16 ⋅ 10 h. 0,5 Vì trong vỏ cầu chưa có điện tích, điện tích trong vỏ cầu bằng 0 nên điện tích vỏ cầu bằng điện tích mặt ngoài. ”” 16.10 C 0,5 Như vậy trong quá trình tăng dần bán kính từ 10 cm đến 20 cm dòng điện dịch từ đất hướng về vỏ cầu là : Δ ” ”” ” 8.10 C. 0,5 Khi điện tích điểm bắt đầu vào trong vỏ cầu thì mặt trong vỏ cầu xuất hiện điện tích cảm ứng 12 và điện tích 0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L bên ngoài do đóng góp của và điện tích mặt ngoài vỏ cầu lúc này là { : Œ - F- H Œ •? FT ! Suy ra { b ‘ ’ - F- c 6.10 h Điện lượng của vỏ cầu bây giờ là: ””” { H 12 16.10 C Sự chuyển dời điện tích từ lân cận mặt ngoài đến vị trí lân cận mặt trong vỏ cầu tạo ra sự thay đổi điện tích trên vỏ cầu là: Δ ”” ”” ”” 0 Điều đó chứng tỏ rằng quá trình này chỉ có truyền điện tích cảm ứng mà không có sự thay đổi điện lượng. 0,5 ----HẾT ----- D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 29. TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2023 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: VẬT LÍ - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (4,0 điểm) 1. Một thanh mỏng, phẳng đồng chất hình chữ nhật có khối lượng m, các cạnh có kích thước lần lượt là L và a. Gọi A là điểm nằm ở đầu thanh và trên trục đối xứng của thanh như hình vẽ (Hình 1a). Tính momen quán tính của thanh đối với trục quay đi qua A và vuông góc với mặt phẳng thanh. 2. Một vành mảnh đồng chất có khối lượng M, bán kính R được đặt thẳng đứng trên mặt phẳng ngang. Một vật nhỏ có khối lượng m được gắn cố định vào một điểm trên vành. Ban đầu đặt và giữ vành ở vị trí sao cho vật m ở cùng độ cao với tâm vành như hình vẽ (Hình 1b). a. Tìm tọa độ khối tâm của hệ. b. Tìm điều kiện của hệ số ma sát giữa vành và mặt phẳng ngang để vành bắt đầu lăn không trượt ngay sau khi thả. Câu 2.(4,0 điểm) Một chất khí có các thông số trạng thái (p, V, T) liên hệ với nhau theo phương trình trạng thái 2 a p V RT V   + =     và có nội năng 3 a U RT . 2 V = − Hằng số 2 0 0 a 64p V = . Chất khí này thực hiện chu trình biến đổi trạng thái được biểu diễn trong hệ trục tọa độ pOV như hình vẽ (Hình 2). Hãy tính hiệu suất của chu trình. Câu 3. (5,0 điểm) ĐỀ ĐỀ XUẤT A L a Hình 1a m M O R Hình 1b Hình 2 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Một vùng không gian hình cầu bán kính R có mật độ điện tích phân bố đều và tổng điện tích là + Q . Một êlectron có điện tích -e, khối lượng m có thể di chuyển tự do bên trong hoặc bên ngoài hình cầu. 1. Bỏ qua hiện tượng bức xạ điện từ. a. Xác định chu kỳ chuyển động tròn đều của êlectron quanh tâm quả cầu với bán kính r (xét trường hợp r R và r R). b. Giả sử ban đầu êlectron đứng yên ở vị trí cách tâm hình cầu khoảng r = 2R, xác định tốc độ của êlectron khi nó chuyển động đến tâm của hình cầu tích điện theo R, Q, e, m, εo. 2. Thực tế khi êlectron chuyển động có gia tốc quanh quả cầu êlectron sẽ bức xạ sóng điện từ với công suất bức xạ tính bằng công thức 2 3 o eQa P 6 c = πε trong đó a là gia tốc của êlectron, εo là hằng số điện, c là tốc độ ánh sáng trong chân không. Giả sử quỹ đạo của êlectron vẫn gần như tròn trong mỗi chu kỳ. Tính thời gian bán kính quỹ đạo chuyển động của êlectron giảm từ R xuống R 2 . Câu 4. (4,0 điểm) Một sợi xích có chiều dài L = 2 m, khối lượng m = 4 kg được phân bố đều theo chiều dài. Sợi xích được đặt trên mặt phẳng ngang gồm hai phần: phần bên trái có hệ số ma sát với xích là k =0,25 µ và phần bên phải nhẵn (Hình 4). Kéo đầu bên phải bằng lực F có độ lớn không đổi 12 N và giá trùng với sợi xích. Lấy g =10 m/s2 . 1. Tính gia tốc của sợi xích tại thời điểm phần chiều dài của sợi xích nằm ở phần nhẵn một đoạn 2 x = m. 3 2. Tại thời điểm lực F bắt đầu tác dụng thì đầu bên phải của sợi xích nằm tại điểm tiếp giáp giữa phần có ma sát và phần nhẵn. Tính vận tốc của sợi xích khi đầu bên trái của nó vừa đi qua khỏi phần có ma sát. Hình 4 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 30. Câu 5.(3 điểm) Hãy xác định hệ số Poisson p V C γ C = của không khí. Ta hãy thực hiện lại thí nghiệm lịch sử của Clément-Desormes năm 1819 với các thiết bị sau: a. Áp kế b. Bình giữ nhiệt có chất làm khô c. Thanh và kẹp giữa d. Bơm tay và ống có kẹp ống e. Mỡ chân không f. Các ống thủy tinh chữ T và ống nhựa 1. Hãy nêu một sơ đồ thiết bị cho thí nghiệm. 2. Cơ sở lí thuyết và nêu các thao tác thí nghiệm. -------- HẾT -------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2023 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: VẬT LÍ - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) - Chọn trục Ox có gốc tại vị trí khối tâm G. Xét một yếu tố vi phân dx tại tọa độ x như hình vẽ, momen quán tính của yếu tố này đối với trục quay đi qua O1 và vuông góc với mặt phẳng thanh là: 1 2 1 2 O a d m d I = với m dm dx L = - Momen quán tính của yếu tố đó đối với trục quay đi qua O và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ là: 1 2 2 2 2 2 12 12 O O a dm a m x dI dI x dm x dm dm dx L = + = + = + - Tích phân trên toàn bộ thanh ta tính được momen quán tính của thanh đối với trục quay đi qua O là: /2 2 2 2 2 2 2 /2 12 12 12 12 L O L a mx ma mx ma mL I dm dx dx L L −   = + = + = +       - Từ định lí trục quay song song ta có: 2 2 2 4 12 3 A O L ma mL I I m = + = + 0,25 0,25 0,25 0,25 - Gọi G là khối tâm của của hệ, ta có: .0 . . M m R m R OG m M m M + = = + + ĐỀ ĐỀ XUẤT A x x dx O1 O m M O G C D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 31. 0,5 đ - Giả sử khi thả vành lăn không trượt, khi đó C là tâm quay tức thời. Phương trình quay quanh tâm quay tức thời là: . C mgR I γ = Với ( ) 2 2 2 2 C I MR mR = + là mô men quán tính của vành đối với trục quay qua tâm quay tức thời. → Gia tốc góc của hệ là: 2 ( ) mg R M m γ = + → Gia tốc tiếp tuyến của khối tâm G: . . 2 ( ) G mg a CG CG R M m γ = = + Đây cũng là gia tốc toàn phần vì khi vừa thả an = 0. 0,25 0,25 0,25 0,25 - Phương trình định luật II Niuton cho khối tâm của hệ theo phương ngang là: ( ) ( ) G ms M m a cos M m R F α γ + = + = với m s F là lực ma sát nghỉ. - Phương trình định luật II Niuton cho khối tâm của hệ theo phương thẳng đứng là: ( ) ( ) G M m a sin M m g N α + = + − 2 2 ( )g 1 2( ) m N M m M m   ↔ = + −   +   - Điều kiện để vành lăn không trượt là: 2 2 ( ) 2 4 ms F N m M m M Mm m µ µ ≤ + → ≥ + + 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu 2 (3,0 điểm) D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Quá trình (2) – (3) là đẳng tích: 2 a p V RT RdT Vdp V   + =  =     Theo nguyên lý I: 23 23 23 3 3 dQ dU RdT dQ Vdp 0 2 2 = =  = vì áp suất giảm ( ) dp 0 Vậy trong quá trình (2) – (3) chất khí luôn tỏa nhiệt 0,5 Quá trình (3) – (1) là đẳng áp: 0 0 2 2 a a p V RT RdT p dV V V     + =  = −         Theo nguyên lý I: 31 31 31 0 31 0 2 2 3 a 1 a dQ dA dU p dV RdT dV dQ 5p dV 2 V 2 V   = + = + +  = −     2 0 31 0 2 64V 1 dQ 5 p dV 2 V    = −     Vì thể tích giảm ( ) dV 0 và 0 0 V V 3V ≤ ≤ nên 31 dQ 0 Vậy trong quá trình (3) – (1) chất khí luôn nhận nhiệt Ta có: 0 0 V 2 0 31 31 0 31 0 0 2 3V 64V 1 49 Q dQ 5 p dV Q p V 2 V 3   = = −  =       0,5 Quá trình (1) – (2) có áp suất tỉ lệ với thể tích: 0 0 0 0 p p p V dp dV V V =  = ( ) 2 0 0 2 2 2 0 32V a a V p V RT RdT d pV dV RdT 2 p dV V V V V     + =  = −  = −         0,5 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 32. Theo nguyên lý I: 2 0 12 12 12 12 0 2 2 0 8V 3 a V dQ dA dU pdV RdT dV dQ 4 p dV 2 V V V   = + = + +  = −     Vì thể tích tăng ( ) dV 0 nên nếu 0 V 2 V thì 12 dQ 0 , vậy trong quá trình (1) – (2) chất khí nhận nhiệt khi thể tích tăng từ 2V0 đến 3V0 Ta có: 0 0 3V 2 0 12nhan 12nhan 0 12nhan 0 0 2 0 2V 8V V 14 Q dQ 4 p dV Q p V V V 3   = = −  =       0,5 Công do chất khí thực hiện: ( )( ) 0 0 0 0 0 0 1 A 3V V 3p p A 2p V 2 = − −  = 0,5 Hiệu suất của chu trình: 31 12nhan A 6 H H 9,524% Q Q 63 =  = = + 0,5 Câu 3: 3a Trường hợp r R : Áp dụng định lý O-G xét cho mặt cầu bán kính r : 2 1 1 2 o o Q Q r E 4 4 E r π = = = ε πε Theo định luật II Niu-tơn : 2 2 1 1 2 eE m r m r T   π = ω =     Suy ra : 3 3 o 1 16 mr T eQ π ε = 0,25 đ 0,5 đ Trường hợp r R : Áp dụng định lý O-G cho mặt cầu bán kính r nhưng lúc này điện tích là : 3 3 3 3 4 r r 3 q Q Q 4 R R 3 π = = π 0,25 đ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L Suy ra : 3 3 2 2 2 3 o o r Q Q r R 4 r E E 4 R π = = = ε πε Định luật II Niu – tơn : 2 2 2 3 o 2 Qr 2 eE = m r e m r 4 R T   π ω  =   πε   3 o 2 4 mR T 2 eQ πε = π 0,25 đ 0,5 đ 3b Áp dụng định lý biến thiên động năng: W d dA = 0 2 2R 1 mv 0 Fdr 2 − =  R 0 2 2 3 o o 2R R 1 1 eQ 1 eQr mv dr dr 2 4 r 4 R     = − + −     πε πε       R 0 2 2 3 o o 2R R o 2eQ dr 1 eQ v rdr 4 m r R 2 mR eQ v 2 mR   = − + =   πε πε    = πε   0,5 đ 0,5 đ Trong khoảng thời gian dt electron chuyển động coi như tròn với bán kính r: 2 2 2 3 3 o 0 mv 1 eQr mv eQr r 4 R 2 8 R = = = πε πε Thế năng: R 2 2 t 3 2 3 0 0 r r R eQ 1 dr eQ W Fdr rdr (3R r ) 4 R r 8 R ∞ ∞   = = − + = − −   πε πε      Cơ năng của electron: 2 2 t 3 o 0 1 1 eQr 3eQ W mv +W 2 4 R 8 R = = − πε πε 3 o eQr dW dr 2 R = πε 0,25 đ 0,25 đ D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 33. 0,5 đ 3b Định luật II Niu – tơn: 3 3 o o eQr 1 eQr ma a 4 R 4 m R = = = πε πε Công suất bức xạ điện từ: 2 3 3 2 3 3 3 3 2 6 o o eQa e Q r P 6 c 96 c m R = = πε π ε 0,25 đ 0,25 đ 3c Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: Độ biến thiên cơ năng của êlectron sau thời gian dt do bức xạ điện từ: W d Pdt = − Thay các biểu thức của W và P ta được : 3 3 2 3 3 3 3 2 6 o o eQrdr e Q r dt 2 R 96 c m R = − πε π ε 2 2 3 2 3 o 2 2 48 c m R dr dt e Q r π ε = − R 2 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 o o 2 2 2 2 R 48 c m R 48 c m R dr t ln 2 e Q r e Q π ε π ε = − =  0,25 đ 0,5 đ Câu 4: Đ iểm 1. Lực tác dụng lên xích như hình vẽ: D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L 0 ,5 - Định luật II Niu-tơn: 1 2 1 2 ms F N + N P P f ma + + + + = 0 ,5 - Suy ra: ms k 1 1 1 2 2 F f F N m m a , N P (L x) g, N P xg m m L L − − µ = = = = − = = 0 ,5 - Vậy: k k x F a g g m L µ = − µ + - Thay số được: a = 1,33 m/s2 0 ,5 2. - Ta có: dv dv dx a dt dx dt = = - Hay: a.dx v.dv = - Suy ra: k k x F v.dv g g dx m L µ   = −µ +     0 ,5 0 ,5 - Tích phân 02 vế, ta được: v L k k 0 0 x F v.dv g g dx m L µ   = − µ +       - Suy ra: L L 2 2 k k 0 0 g v F g .x x 2 m 2L µ   = −µ +     - Thay số được: v = 2,65 m/s. 1 ,0 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L
  • 34. Câu 5. Thí nghiệm Clément-Desormes 1. Sơ đồ của thí nghiệm: 0,5 2. a) Cơ sở lý thuyết Phương pháp xác định γ , tỷ lệ giữa nhiệt dung ở áp suất không đổi và nhiệt dung ở thể tích không đổi đối với một loại khí lý tưởng, được đề xuất bởi Clément và Desormes. Phương pháp này bao gồm việc cho phép một loại khí lý tưởng trải qua quá trình giãn nở đoạn nhiệt gần như tĩnh, sau đó là một quá trình thể tích không đổi. 0,25 Khi đậy nắp bình, một khối không khí khô có thể tích 0 V ở áp suất khí quyển 0 P một phần ở bên trong bình và một phần ở bên ngoài bình. Khi không khí từ bên ngoài được bơm từ từ vào trong bình, thể tích giảm xuống thể tích của bình là 1 V và áp suất tăng lên 1 P . Áp kế biểu thị chênh lệch độ cao ghi lại sự thay đổi áp suất: (1) 1 0 1 oil P P ρ gh = + Khi nhanh chóng mở và đóng nắp bình, không khí thừa thoát ra khỏi bình và áp suất trở lại áp suất khí quyển trong giây lát. Mẫu giãn nở đoạn nhiệt ( 2 0 2 0 , P P T T = ) và nhiệt độ của khí giảm xuống dưới nhiệt độ môi trường. Vì 0,25 0,25 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L γ PV = trong một quá trình đoạn nhiệt: (2) 1 1 2 2 γ γ PV PV = Cuối cùng, mẫu được làm ấm từ từ ở thể tích không đổi. 3 3 2 0 , T T V V = = (mặc dù ta không biết thể tích chính xác vì 2 V đại diện cho một phần khí bên ngoài và một phần bên trong bình) (3) 3 0 3 oil P P ρ gh = + . Đồ thị P-V cho quá trình này: Vì tích PV không đổi dọc theo một đường đẳng nhiệt: (4) 0 0 1 1 3 3 PV PV PV = = Kết hợp phương trình (2) và (4) rồi lấy log tự nhiên của cả hai vế ta được: (5) 1 1 0 3 ln ln P P γ P P           =               Về các biến được đo trong phòng thí nghiệm: (6) 1 1 3 0 0 0 ln 1 ln 1 ln 1 oil oil oil ρ gh ρ gh ρ gh γ P P P                                    + = + − +                                                  Nếu 0 / oil ρ gh P nhỏ khi so sánh với một (1), ta có thể tính gần đúng bằng cách sử dụng ( ) 1,ln 1 x x x + ∼ ≪ Khi đó, phương trình (6) trở thành: (7) ( ) 1 1 1 3 1 3 h h γ h h γ h h ≅ − → = − b) Thao tác: 1. Lắp đặt thiết bị như trong sơ đồ. Hãy nhớ rằng, bình có đáy tròn và cần được hỗ trợ. Cho một lượng nhỏ chất làm khô màu xanh vào bình. (Chất màu hồng 0,25 0,5 0,25 1,0 D Ạ Y K È M Q U Y N H Ơ N O F F I C I A L