Trắc nghiệm vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết

Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết Trắc nghiệp vật lý đại cương 1 BKHN có đáp án và lời giải chi tiết

TUẤN TEO TĨP TỔNG HỢP ĐỀ THI MƠN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG I Câu 1: Một cột đồng chất có chiều cao h   m  , vị trí thẳng đứng ( chân cột tì lên mặt đất ) bị đổ xuống Gia tốc trọng trường 9,8 m / s  Vận tốc dài đỉnh cột chạm đất giá trị ? A 16,836 m / s  B 14,836 m / s  C 15,336  m / s  D 14,336  m / s  Giải Ở vị trí thẳng đứng, cột năng: Wt  mg h Khi đổ tới mặt đất biến thành động quay cột vị trí chạm đất: Wd  I  2 Trong đó: I moment quán tính cột trục quay gốc cột: I   mh vận tốc góc cột lúc chạm đất Áp dụng định luật bảo toàn năng: mg h mh 2   2   3g h Vận tốc dài: v  .h  3gh  3.9,8.8 =15,336  m / s  Câu 2: Ở thời điểm ban đầu chất điểm có khối lượng m  1 kg  có vận tốc v0  20  m / s  Chất điểm chịu lực cản Fe   rv ( biết r  ln , v vận tốc chất điểm) Sau 2, 2s vận tốc chất điểm là: A 4,353  m / s  B 3,953 m / s  C 5,553  m / s  D 3,553 m / s  Giải Lực cản: Fe  ma  mv '  m Mặt khác: Fe  rv  m v Lấy tích phân: dv t dv dt dv dv r  rv    dt dt v m r v  v    mdt  ln v v0 0  r ln2  t  2,2 r  4,353  m / s  t  v  v0 e m  20.e m Câu 3: Một chát điểm dao động điều hòa với chu kì T0  2 s , pha ban đầu    Năng lượng toàn phần W  2,6.10  J  lực tác dụng lên chất điểm lúc lớn F0  2.10  N  Phương trình dao động sau 5 3 chất điểm trên:   A sin   t    cm   29 2  C 2, 6.sin   t    cm 3  2   sin   t    cm   27  2  D 2,8 sin  2 t    cm   B Giải Lực tác dụng lên chất điểm lúc lớn nhất: F0  kA 1 2E  0,026 m   2,6 cm  Cơ năng: E  kA2  F0.A  A  2 F0 CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TĨP Ta có: T  2    2 2    rad / s2   T   Phương trình dao động chất điểm: x  2,6.cos  t   cm  3   x  asint Cho a  b  30 cm    10  rad / s  Câu 4: Một chất điểm chuyển động có phương trình:   y  bcost Gia tốc chuyển động chất điểm có giá trị bằng: A 296,1 m / s2  B 301,1 m / s2  C 281,1  m / s  D 281,1 m / s2  Giải a  sin  t    x  a sin  t   x  Ta có:   y  b cos  t  cos t   b  y 2 x  y  Mà sin2 t   cos2 t          1 R  a  b  a  b   PT chuyển động tròn  vx  x '  R cos  t   vx   y Mặt khác:   '   v y R sin t      v y  x  y Mà v  v2x  v2y   y 2    x 2  R2 2 sin2 t   cos2 t    R v R    R  0,3.10   296,1 m / s  R R  Gia tốc chuyển động chất điểm (chuyển động tròn): a ht  2 Câu 5: Khối lượng kmol  chất khí   30  kg / kmol  hệ số Poat-xơng chất khí   1, Nhiệt dung riêng đẳng áp khí (cho số khí R  8, 31.10 J / kmol.K  ): A 995,5 J / kg K  B 982,5 J / kg K  C 930,5 J / kg K  D 969,5 J / kg K  Giải Hệ số Poat-xông chất khí   Cp Cv  1, Với Cp Cv nhiệt dung mol đẳng áp nhiệt dung mol đẳng tích Mặt khác: C p  Cv  R  Cv  C p  R   Cp Cv  Cp Cp  R  Cp  R  1 Nhiệt dung riêng đẳng áp khí: c p  Cp   R 1, 4.8,31.10   969,5  J / kg K     1 30 1, 1 Câu 6: Một động nhiệt hoạt động theo chu trình Carnot thuận nghịch nguồn điện có nhiệt độ 400  K  Nếu nhận lượng nhiệt nguồn nóng chu trình cơng mà sinh 100  K   kJ  chu trình là: A 4,5  kJ  B 2,5  kJ  C 1, 5 kJ  D 6,5  kJ  Giải CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TĨP Hiệu suất theo chu trình Carnot:  1  T2 T1 Với T1; T2 nhiệt độ nguồn nóng nhiệt độ nguồn lạnh Mặt khác:   A' Q1 Với A ' cơng sinh chu trình Q1 nhiệt lượng nhận chu trình Hay     T  T2 A '   A '  Q1 1    4,5  kJ  T1 Q1  T1  Câu 7: Một ống thủy tinh nhỏ khối lượng M  120  g  bên có vài giọt ête đậy nút cố định có khối lượng m  10  g  Ống thủy tinh treo đầu sợi dây không giãn, khối lượng không đáng kể, chiều dài l  60  cm  (hình vẽ) Khi hơ nóng ống thủy tinh vị trí thấp nhất, ête bốc nút bật Để ống quay vòng xung quanh điểm treo O , vận tốc bật bé nút là: (Cho g  10  m / s  ) chu trình là: A 69,127  m / s  B 64,027  m / s  C 70,827  m / s  D 65,727  m / s  Giải Tại vị trí A, vận tốc phải đủ lớn để dây thẳng đứng căng đét T 0 P T  m v 2A v2  T  m A  mg   v A  gl l l Vận tốc nhỏ A để ống quay tròn: vAmin  gl Đối với ống thủy tinh: Áp dụng định luật bảo toàn năng: WB  WdB  WtB  1 1 MV  MvB2  Mgh  MV  MvB2  Mg 2l 2 2  V  vB2  4gl Vận tốc tối thiểu để đạt đỉnh: vB  gl  V  gl  4gl  5gl  Vmin  gl Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: mvmin  MVmin  vmin  MVmin M gl   65, 727  m / s  m m CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP lúc đầu nhiệt độ không đổi Nếu vận tốc trung bình phân tử hidro lúc đầu V vận tốc trung bình sau nén V A 2V B 4V C V D Giải: Câu 8: Một khối khí Hidro bị nén đến thể tích Cơng thức tính vận tốc trung bình phân tử khí: v  8kT m Vận tốc trung bình phân tử khí phụ thuộc vào nhiệt độ T  const  Nếu vận tốc trung bình phân tử hidro lúc đầu V vận tốc trung bình sau nén khơng đổi Câu 9: Một mol khí hidro ngun tử nung nóng đẳng áp, thể tích gấp lần Entrơpie biến thiên lượng (cho số khí R  8,31 J / mol.K  ) A 43,  J / K  B 43,  J / K  C 44,2  J / K  D 44,7  J / K  Giải Độ biến thiên Entropy: dS  dQ T Qúa trình đẳng áp:  Q  nCp dT  n i2 RdT Thay vào lấy tích phân từ trạng thái ứng với T1 đến trạng thái ứng với T2 T2  S   n T1 T2 i  dT i2 i2 T n R RlnT  n Rln 2 2 T T1 T1 Điều kiện trình đẳng áp  p  const  :  S  n T2 V  T1 V1 i V Rln  43,  J / K  (khí H : i  ) V1 Câu 10: : Một tụ đặc trưng khối lượng M  100 kg  , bán kính R  0,5  m  quay xung quanh trục Tác dụng lên trụ lực hãm F  257,3  N  tiếp tuyến với mặt trụ vng góc với trục quay Sau thời gian t  2,6 s , trụ dừng lại vận tốc góc trụ lúc bắt đầu lực hãm A 25, 966  rad / s  B 26,759  rad / s  C 0,167  rad / s  D 0,626  rad / s  Giải Gia tốc góc trụ đặc:     0 t  0 t Moment hãm tiếp tuyến với mặt trụ: M  Ft R  I  Moment quán tính trụ đặc: I  M  Ft R  M R 2.Ft R2      10.292  rad / s  MR Vận tốc góc trụ lúc bắt đầu lực hãm 0   t  26,759 rad / s  CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP Câu 11: Một cầu đồng chất khối lượng m1 đặt cách đầu đồng chất đoạn a phương kéo dài Thanh có chiều dài l , khối lượng m2 Lực hút lên cầu A G m1m2 aa  l  B G m1m2 aa  l C G m1m2 a2 D G m1 m2 al Giải Dạng nên chia thành đoạn nhỏ có kích thước dx có khối lượng dm , cách đầu O khoảng x Giờ xác định dm theo dx, dài ta ý đến khối lượng m đơn vị độ dài  : dm   dx  dx l Bài yêu cầu xác định lực hút, tức phải sử dụng công thức liên quan tới lực hấp dẫn qủa cầu đoạn dm dF  G m1dm  l  a  x G m1m 2dx l l  a  x Lấy tích phân, hi quét từ trái sang phải biến x thay đổi từ đến l l  F  G m1m2dx l  l  a  x   Gm1m2 Gm1m2 l Gm1m2       l l  a  x  l  a l a  a l a  Câu 12: Thả rơi tự vật nhỏ từ độ cao h  17, 6 m Quãng đường mà vật rơi 0,1  s  cuối thời gian rơi là: A 1, 608  m  B 1,808  m  C 2,208  m  D 2,408  m  Giải Thời gian rơi vật: t  2h 1,9  s g Quãng đường vật rơi 0,1 giây cuối là: s  st  st0,1  1 2 gt  g t  0,1   g t  t  0,1    1,808 m  2 Công thức tổng quát cho quãng đường rơi n giây cuối s  2 2h g t  t  n   với t   g Câu 13: Có M  18 g  khí chiếm thể tích V  l  nhiệt độ t  22 C Sauk hi hơ nóng đẳng á, khối 4 lượng riêng   6.10  g / cm  Nhiệt độ khối khí sau hơ nóng là: A 2213 K  B 2113 K  C 2013 K  D 1913  K  Giải Trước hơ nóng: Áp dụng phương trình TT khí lý tưởng: pV1  m  RT1 Sau hơ nóng: pV2  m RT2  p  m RT2   RT2   V 2 1  2 CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP 1  V1  mT1  T2  mT1  2213 K   T2 V1   Câu 14: Một trụ đặc khối lượng M  70 kg Lấy quay xung quanh trục nằm ngang trùng với trục trụ Một sợi dây không giãn quấn nhiêu vòng vào trụ, đùa tự dây có treo vật nắng khố lượng m  20 kg  Để hệ tự chuyện động, sức căng sợi dây ( lấy g  9,8  m / s2  ) A 132,19  N  B 121  N  C 124,73 N  D 113,54  N  Giải Thiếu hình Dưới tác dụng lực P lên vật nặng, hệ trụ + vật nặng chuyển động: trụ quay, vật nặng chuyển động tịnh tiến (hệ vừa có phần quay vừa có phần tịnh tiến) Vì khơng thể áp dụng định luật II Newton hay phương trình chuyển động quay cho toàn hệ Gọi  gia tốc góc trụ, a gia tốc dài vật nặng Vì chuyển động vật nặng chuyển động điểm mặt trụ có gia tốc nên ta có hệ thức: a  .R 1 ( R bán kính trụ) Gọi T ' T sức căng dây A, ta có: T  T ' (tức T  T ' )  2 Với T tác dụng lên đoạn dây nối với vật nặng, T ' tác dụng lên đoạn dây nối với trụ Áp dụng định luật II Newton riêng cho vật nặng, ta có: P  T  ma Chọn chiều dương chiều chuyển động với vật nặng Chiếu phương trình lên phương chuyển động mg  T  ma  3 Áp dụng phương trình chuyển động quay cho riêng trụ đặc, ta có RT '  I  Với I moment quán tính trụ đặc: I  MR 2  4 2mg  a  2m  M Từ 1 ;  ; 3      T  m  g  a   Câu 15: Ở đầu sợi dây OA chiều dài l có treo vật nặng m Để vật quay tròn mặt phẳng thẳng đứng điểm thấp phải truyền cho vật vật tốc theo phương nằm ngang có độ lớn ( cho gia tóc trọng trường g) A 5gl B gl C 5l g D 2gl Giải Chọn chiều dương gốc tọa độ hình vẽ: Sức căng T cực tiểu vật lên đến điểm cao PT Newton II điểm cao v2B   B: mg T m 1 Áp dụng ĐLBT năng: mv2A  mvB2  mgl 2  mvA  mgl  lTmin  mgl 2 Để vật quay tròn mặt phẳng thẳng đứng điểm thấp điều kiện CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP Tmin   mv2A  mgl  v  gl 2  v  5gl Câu 16: Có 1g khí Hydro  H2  đựng bình tích  l  Mật độ phân tử chất khí là: (cho số khí R  8, 31.10  J / kmol.K  ; số Boltzmann k  1,38.1023  J / K  ) A 6,022.10 25phân tử/ m 25 B 5, 522.1025 phân tử/ m D 7, 022.1025 phân tử/ m3 C 4,522.10 phân tử/ m Giải Số phân tử khí chất khí N  n.N A  Hằng số Boltzmann k  m  N A RT R R m R   1, 28.10 23  J / K   N A   N  V NA k  k Mật độ phân tử chất khí n '  N mR p 25    6,022.10 V k V kT Câu 17: Một lắc đơn có m  120  g  kéo lệch với phương thẳng đứng góc   90 , sau thả rơi cho g  10  m / s 2 Lực căng cực đại dây treo A 4,791 N  B 3,997  N  C 3,  N  D 4,394  N  Giải Chuyển động vật m chuyển động trịn quỹ đạo có bán kính l Áp dụng định luật bảo tồn năng: mgl mgl W  Wd  Wt  Wtmax  mv2    cos  cos  v  gl cos  cos  Chọn chiều dương hướng xuống gốc vị trí cân   Vật chịu tác dụng lực: Lực căng dây T , trọng lực P Áp dụng định luật II Newton: P  T  ma Chiếu (1) lên chiều dương hình vẽ: T  Pn  m a  T  mgcos  m v2 l (trọng lực đóng vai trị lực hướng tâm)  T  mgcos  2mg  cos  cos   mg  3cos  2cos  Tmax     Tmax  3mgcos  3.0,12.10.cos900  3,  N  Câu 18: Có hai bình khí thể tích, nội Bình chứa khí Heli  He  , bình chứa Nito  N  Coi khí lí tưởng Gọi A p1  p2 p 1, p áp suất tương ứng bình 1,2 Ta có: B p1  p C p1  p2 5 D p1  p Giải CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP Vì hai bình khí có thể tích  q trình đẳng tích m i i i Biến thiên nội qua trình đẳng tích: U  RT  nRT  PV 2  Khí Heli  i  khí Nito  i  i1 i1  1  U  n RT1  PV  5 i2 i2 i P P i  Ta có:  U  n RT2  PV       P1  P2 2 2 3 i P P i 2  V1  V  V ; U  U  U   Câu 19: Một chất điểm khối lượng m  0,  kg  ném lên từ O với vận tốc v0   m / s  theo phương hợp với mặt phẳng nằm ngang với góc   300 , bỏ qua sức cản khơng khí, cho g  9,8  m / s  Mômen động lượng chất điểm O vị trí cao chuyển động chất điểm là: A 0,052  kgm2 / s  B 0,758  kgm2 / s  C 0, 218  kgm / s  D 0, 488  kgm2 / s  Giải Chọn hệ trục Oxy hình vẽ Gốc tọa độ vị trí bắt đầu ném, chiều dương hướng xuống, chiều với gia tốc g  ax  Gia tốc:   ay   g   vx  v0 x  ax t  v0 cos Vận tốc:    vy  v0 y  ay t  v0 sint  gt Phương trình chuyển động chất điểm:  Ox : x  v0 cos t Ox :x  v xt  2a xt    Oy : y  v t  a t Oy : y  v 0sin t  gt 0y y  Tại vị trí cao chuyển động chất điểm: vy   v0 sint  gt  t  v0 sint g v sin v20 sin2 v20 sin2 Và y  h  v0 sin t  gt  v0 sin   2 g g g Động lượng p thời điểm t bất kì: p t  px i  py j  mvx i  mvy j Xét tích có hướng hai vector: u  u 1i  u j  u 3k v  v1 i  v2 j  v3 k u v  u1 v1 u2 v2 u3  v2 v3 v3 i v1 v3 j v1 v2 k Áp dụng vào toán ý thành phần liên quan tới trục z coi CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP r.v  vx vy 0 x y y i x j x y k  vx y  v y x  k Mômen động lượng chất điểm O vị trí cao chuyển động chất điểm là:   L  v x y  v y x  v 0cos t m. v 0sin  gt   mv 0cos  v 0si nt  gt     1 v2 sin2 v3 sin2 2 mgv0 t cos  mgv0 cos  m cos  0,758  kgm / s  2 2g g Câu 20: Một tàu điện sau suất phát chuyển động đường nằm ngang với gia tốc a  0,7 m / s  11 giây sau bắt đâu chuyển động người ta tắt động tàu chuyển động dừng hẳn Hệ số ma sát quãng đường k  0, 01 Cho g  10  m / s  Thời gian chuyển động toàn tàu A 92,8 s  B 84,8  s  C 88 s D 86, 4 s Giải Tầu chuyển động theo hai giai đoạn: Giai đoạn 1: chuyển động với gia tốc a1  0,7  m / s2  với thời gian t1  11 s  Giai đoạn 2: chuyển động chậm dần với gia tốc a2  k g  0,01.10  0,1 m / s  tác dụng cản lực ma sát thời gian t Vận tốc lớn tàu: vmax  a1.t1  0,7.11  7,  m / s  Tầu chuyển động chậm dần thời gian: t  vmax 7,7   77  s  a2 0,1 Tổng thời gian chuyển động tầu (kể từ lúc xuất phát đến tầu dừng lại) t2  t1  t  77  11  88  s Câu 21: Một phi cơng thực vịng trịn nhào lộn mặt phẳng đứng Vận tốc máy bay không đổi v  900 km / h  Giả sử áp lực lớn phi công lên ghế lần trọng lực người Lấy g  10 m / s  Bán kính quỹ đạo vịng nhào lộn có giá trị bằng: A 1562,5  m  B 1584,1 m  C 1594,  m  D 1573,3  m  Giải Áp dụng định luật II Newton cho phi công: mg  N  ma N phản lực mà ghế tác dụng lên phi công (bằng ngược chiều với lực nén phi công lên ghế) Áp lực lớn điểm thấp CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TĨP Tại điểm thấp vịng nhào lộn, theo phương hướng tâm, 1 viết thành: mg  N2  maht  mg  N2  m v R Theo ra, ta có: N  5P  5mg  mg  5mg  m v2 v2 R  1562,5 m  4g R   Câu 22: Một lắc lò xo m  10  g  , dao động điều hịa với dời x  8cos  5 t    cm  Kí hiệu F0 lực 2  cực đại tác dụng lên lắc W lượng lắc Kết luận đúng: A F0  0,3 N  ,W  0,9.102  J  B F0  0,3 N  ,W  0,8.102  J  C F0  0,2 N  , W  0,8.102  J  D F0  0,2  N  , W  0,9.10 2  J  Giải Theo ra, ta có:   5  rad / s 2 ;   k  k  m  0,01 5   2,5  K / m  m  F0  kA  2,5.0,08  0,  N   Ta có:  2 3 W  kA  2,5.0,08  8.10  J  2  Câu 23: Một đoàn tàu khối lượng 30 chuyển động đường ray nằm ngang với vận tốc không đổi 12 km / h  Công suất đầu máy 200 kW  Gia tốc trọng trường 9,8  m / s  Hệ số ma sát bằng: A 23, 4.102 B 20, 41.102 C 22, 4.102 D 21, 41.102 Giải Đổi v  12 km / h   10 m / s  P 200.10   600 N  10 v F 6000  20, 41.10 2 Mà F  Fms  mg  6000  N     ms  mg 30.103.9,8 Ta có: P  F v  F  Câu 24: Một chiều dài l  0,9 m  , khối lượng M  6 kg  quay tự xung quanh trục nằm ngang qua đầu Một viên đạn khối lượng m  0,01 kg  bay theo hương nằm ngang với vận tốc v  300 m / s  tới xuyên vào đầu mắc vào Vận tốc gốc sau viên đạn đập vào đầu là: A 2, 429  rad / s  B 1,915  rad / s  C 1,144  rad / s  D 1, 658  rad / s  Giải CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP  vận tốc góc cột lúc chạm đất Áp dụng định luật bảo toàn năng: mg h mh2   2   3g h Vận tốc dài: v   h  3gh  3.9,8.8 =14,346  m / s   x  asint Cho a  b  35  cm    10  rad / s Câu 163: Một chất điểm chuyển động có phương trình:   y  bcos t Gia tốc chuyển động chất điểm có giá trị bằng: A 214,7  m / s  B 236,7  m / s  C 231,  m / s  D 246,7  m / s  Giải a   sin  t   x  x  a sin t   Ta có:   y  b cos  t  cos t   b  y 2  x  y Mà sin2 t   cos2 t          1 R  a  b  a b  PT chuyển động tròn  vx  x '  R cos  t   vx   y Mặt khác:   '   v y R sin t      v y   x  y Mà v  v2x  v2y    y     x   R2 2  sin2  t   cos2  t    R  Gia tốc chuyển động chất điểm (chuyển động tròn): v R   R  0,3 10   345, 44  m / s  R R a ht  2 Câu 164: Một lắc tốn có sợi dây l  m  Biết sau thời gian   phút,thì biên độ giảm lần giảm lượng lôga lắc nhận giá trị (cho g  9,8  m / s  ) A 3,312.102 C 3,115.102 B 2,898.102 D 3,903.102 Giải Thiết lập phương trình dao động tắt dần lắc lò xo Trong trường hợp này, hợp lực tác dụng lên cầu: F  FC  kx  rv Phương trình chuyển động trường hợp ma  kx  rv d2 x dx d x r dx k  r  kx    x  1 dt dt dt m dt m r Đặt   (hệ số tắt dần) 2m Hay: m Phương trình trở thành d x x   dx  02 x  dt  dt  2 CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP  2 gọi phương trình vi phân dao động tắt dần Theo tốn học giải tích, 0   , nghiệm phương trình có dạng: x  A0 e  t cos  t    2 Đây biểu thức độ dời dao động tắt dần Hằng số  gọi tần số dao động tắt dần:   0   Chu kỳ T dao động tắt dần là: T  2  Giảm lượng loga lắc:   T    2 02    2 g  l 2 2 0   1 x g 9,8  e   t   e   7.60     1,65.10 02    9,8 l 2 A 2 2      1, 65.10 3  3, 312.10 2 02   9,8  1, 65.10   Theo ra, ta có: Câu 165: Khối lượng 1 kmol  chất khí   26 kg / kmol  hệ số Poat-xơng chất khí   1, Nhiệt dung riêng đẳng áp khí (cho số khí R  8, 31.103  J / kmol.K  ): A 1118,  J / kg.K  B 1079,7  J / kg K  C 1131,7  J / kg K  D 1144,7  J / kg K  Giải Hệ số Poat-xơng chất khí   Cp  1, Cv Với C p Cv nhiệt dung mol đẳng áp nhiệt dung mol đẳng tích Mặt khác: C p  Cv  R  Cv  C p  R   Cp Cp R   Cp  Cv C p  R  1 Nhiệt dung riêng đẳng áp khí: c p  Cp   1, 4.8,31.103 R   1118, 7 J / kg K     1 26 1, 1 Câu 166: Kỷ lục đẩy tạ Hà Nội 12,67 m  Nếu tổ chức đẩy tạ Xanh Pêtecbua điều kiện tương tự (cùng vận tốc ban đầu góc nghiêng) kỉ lục là: (cho gia tốc trọng trường Hà Nội g1  9,727 m / s  , Xanh Pêtecbua g  9,810  m / s A 9,563 m  , bỏ qua chiều cao người đẩy) B 12,563  m  C 11,563 m D 14,563  m  Giải Từ công thức tầm xa: L  v0 sin 2 ta thấy với lực đẩy không đổi (để v khơng đổi) góc ném khơng đổi (ném g xa góc ném 450 ) tầm xa L tỷ lệ nghịch với gia tốc trọng trường g Do đó, xác định kỷ lục đẩy tạ thành phố Xanh Pêtecbua 9,727 g 12,67  12,563  m  LXP  HN LHN  9,81 g XP CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP Câu 167: Một trụ rỗng có khối lượng M  44  kg  , đường kính d  1,  m  , quay xung quanh trục với tần số n  600 vịng/phút Tác dụng vào trụ lực hãm tiếp tuyến với mặt trụ vng góc với trục quay Sau thời gian t  2,5 𝑝ℎú𝑡, trụ dừng lại Độ lớn lực hãm tiếp tuyến nhận giá trị A 10,522  N  B 12,901 N  C 12,108 N  D 14,487  N  Giải Gia tốc góc trụ đặc:     0 t  0 t   20 2  rad / s  2,5.60 15 Moment hãm tiếp tuyến với mặt trụ: M  Ft R  I  Moment quán tính trụ rỗng: I  MR 2  Ft R  MR   Ft  MR   44.0,  12,901 N  15 Câu 168: Một chất điểm khối lượng m  0,1 kg ném lên từ O với vận tốc v0   m / s  theo phương hợp với mặt phẳng nằm ngang với góc   300 , bỏ qua sức cản không khí, cho g  9,8  m / s  Mômen động lượng chất điểm O vị trí cao chuyển động chất điểm là: A 0,132  kgm2 / s  C 0,678  kgm2 / s  B 0,138  kgm2 / s  D 0,948  kgm2 / s  Giải Chọn hệ trục Oxy hình vẽ Gốc tọa độ vị trí bắt đầu ném, chiều dương hướng xuống, chiều với gia tốc g  ax  Gia tốc:   ay   g   vx  v0 x  ax t  v0 cos Vận tốc:    vy  v0 y  ay t  v0 sint  gt Phương trình chuyển động chất điểm:  Ox : x  v0 cos t Ox :x  v xt  2a xt    Oy : y  v t  a t Oy : y  v 0sin t  gt 0y y   Tại vị trí cao chuyển động chất điểm: vy   v0 sint  gt  t  Và y  h  v0 sin t  v0 sint g v sin v20 sin2 v20 sin2   gt  v0 sin g g g 2 Động lượng p thời điểm t bất kì: p t  px i  py j  mvx i  mvy j Xét tích có hướng hai vector: u  u 1i  u j  u 3k v  v1 i  v2 j  v3 k u v  u1 v1 u2 v2 u3  v2 v3 v3 i v1 v3 j v1 v2 k CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP Áp dụng vào toán ý thành phần liên quan tới trục z coi r.v  vx vy 0 x y y i x j x y k  vx y  v y x  k Mômen động lượng chất điểm O vị trí cao chuyển động chất điểm là:   L  v x y  v y x  v0cos t m  v0sin  gt   mv 0cos  v 0si nt  gt     v2 sin2 v3 sin2 1 mgv0 t2 cos  mgv0 cos  m cos  0,138  kgm2 / s 2 2g g Câu 169: Thả rơi tự vật nhỏ từ độ cao h  18,8 m  Quãng đường mà vật rơi 0,1 s  cuối thời gian rơi là: A 1, 471 m B 1, 671 m C 1,871 m  D 2,471 m Giải Thời gian rơi vật: t  2h 1,96  s  g Quãng đường vật rơi 0,1 giây cuối là: s  st  st0,1  1 2 gt  g t  0,1   g t  t  0,1    1,871  m   2  Công thức tổng quát cho quãng đường rơi n giây cuối s  2 2h g t  t  n   với t   g Câu 170: Một đoàn tàu khối lượng 60 chuyển động đường ray nằm ngang với vận tốc không đổi 48 km / h  Công suất đầu máy 260 kW  Gia tốc trọng trường 9,8  m / s  Hệ số ma sát bằng: A 1,322.102 B 4,313.102 C 0,325.102 D 3,316.102 Giải Đổi v  48 km / h   40 m / s  Ta có: P  F v  F  P 260.103   19500  N  40 v Mà F  Fms  mg  19500  N     19500 Fms   3,316.10 2 mg 60.10 3.9,8 Câu 171: Một động nhiệt làm việc theo chu trình Carnot có cơng suất  kW  Nhiệt độ nguồn nóng 1000 C , nhiệt độ nguồn lạnh 0 C Nhiệt lượng tác nhân nhận nguồn nóng phút có giá trị: A 1, 01.10  kJ  B 1,31.103  kJ  C 1, 21.103  kJ  D 1,51.103  kJ  Giải Hiệu suất theo chu trình Carnot:  1  T2 T1 CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP Với T1; T2 nhiệt độ nguồn nóng nhiệt độ nguồn lạnh Mặt khác:   A' Q1 Với A ' công sinh chu trình Q1 nhiệt lượng nhận chu trình Hay    T2 A ' A'   Q1    29,84  kJ  273 T2 T1 Q1 1 1 373 T1 Gọi Q1' nhiệt lượng mà tác nhân nhả cho nguồn lạnh: Q1'  Q1  A '  29,84   21,84  kJ  Nhiệt lượng tác nhân nhả cho nguồn lạnh, phút Q  Q1' t  21,84.60  1310,  kJ  Câu 172: Một bánh xe có bán kính R  10 cm lúc đầu đứng yên sau đs quay quanh trục cảu với gia tốc góc  3,14 rad / s  Sau giây thứ gia tốc toàn phần điểm vành bánh là: A 109, 47  cm / s  B 105, 47 cm / s  C 103, 47 cm / s  D 107, 47  cm / s  Giải Sau giây thứ nhất, vận tốc góc vận tốc dài điểm tren vành bánh là:   .t  3,14.1  3,14 rad / s  v  R  3,14.0,1  0,314  m / s  Gia tốc tiếp tuyến có giá trị khơng đổi cịn gia tốc pháp tuyến lúc này: at  .R  3,14.0,1  0,314  m / s  a n   R  3,14 2.0,1  0,98586  m / s2  2 2 Gia tốc toàn phần: a  at  an  1, 0347  m / s   103, 47  cm / s  Câu 173: Một đĩa tròn đồng chất bán kính R  0,1 m  , quay xung quanh trục nằm ngang vng góc R Đĩa bắt đầu quay từ vị trí cao tâm đĩa với vận tốc đầu Vận 2 tốc tâm đĩa vị trí thấp ( g  9,8  m / s  ) với đĩa cách tâm đĩa đoạn A 74,349 rad / s B 16,166 rad / s  C 73,376  rad / s  D 15,193  rad / s  Giải CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TĨP Tại vị trí cao vị trí thấp khoảng cách hai khối tâm R Chọn mốc vị trí thấp cho tiện Như vị trí cao lượng đĩa trịn dạng có dạng: Wt  mgR Tại vị trí thấp lượng đĩa có dạng động (thế 0) có dạng: Wd  I 2 2 3mR  R Moment quán tính trục quay: I  mR  m    2   Áp dụng định luật bảo toàn lượng: mgR  mR2 8g   g  R     16,166 rad / s I  2 3R Câu 174: Tác dụng lên bánh xe bán kính R  0,7  m có mơmen qn tính I  20 kg m  lực tiếp tuyến với vành F1  115 N  Vận tốc dài điểm vành bánh sau tác dụng lực 15 s  ( biết lúc đầu bánh xe đứng yên) A 40, 292  m / s  B 48,172  m / s  C 42, 262  m / s  D 38,322 m / s Giải Moment lực không đổi theo thời gian chuyển động: F R 115.0,  4,025 rad / s2  M  F1.R  I      I 20 Vận tốc góc:   .t  4,025.15  60,375  rad / s  Vận tốc dài điểm vành bánh: v  .R  42, 263  m / s  Câu 175: Một động nhiệt làm việc theo chu trình Carnot có cơng suất 60 kW  Nhiệt độ nguồn nóng 1270 C , nhiệt độ nguồn lạnh 310 C Nhiệt lượng tác nhân nhận nguồn nóng phút có giá trị: A 14700  kJ  B 15000  kJ  C 15100 kJ  D 15200  kJ  Giải Hiệu suất theo chu trình Carnot:  1  T2 T1 Với T1; T2 nhiệt độ nguồn nóng nhiệt độ nguồn lạnh Mặt khác:   A' Q1 Với A ' công sinh chu trình Q1 nhiệt lượng nhận chu trình Hay    T2 A ' A' 60   Q1    250 kJ  T 304 T1 Q1 1 1 T1 400 CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP  Nhiệt lượng tác nhân nhận nguồn nóng phút: Q1'  Q1.t  250.60  15000  kJ  Câu 176: Một ống thủy tinh nhỏ khối lượng M  100  g  bên có vài giọt ête đậy nút cố định có khối lượng m  10 g  Ống thủy tinh treo đầu sợi dây không giãn, khối lượng không đáng kể, chiều dài 54,3 m / s  (hình vẽ) Khi hơ nóng ống thủy tinh vị trí thấp nhất, ête bốc nút bật Để ống quay vịng xung quanh điểm treo O , vận tốc bật bé nút là: (Cho g  10  m / s  ) chu trình là: A 55,1 m / s  B 50 m / s C 48,  m / s  D 54,3 m / s  Giải Tại vị trí A, vận tốc phải đủ lớn để dây thẳng đứng căng đét T 0 P T  m vA v  T  m A  mg   v A  gl l l Vận tốc nhỏ A để ống quay tròn: vAmin  gl Đối với ống thủy tinh: Áp dụng định luật bảo toàn năng: WB  WdB  WtB  1 1 MV  MvB2  Mgh  MV  MvB2  Mg 2l 2 2  V  vB2  4gl Vận tốc tối thiểu để đạt đỉnh: vB  gl  V  gl  gl  gl  Vmin  gl Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: mvmin  MVmin  vmin  MVmin M gl   57,01 m / s  m m Câu 177: Từ đỉnh đồi cao, pháo bắn chếch lên phía góc   30 so với phương nằm ngang với vận tốc đầu nòng v0  600  m / s  Sau bắn khoảng thời gian t   s  , góc  hướng vận tốc pháo hướng gia tốc toàn phần thỏa mãn giá trị ( bỏ qua sức cản khơng khí Gia tốc trọng trường g  9,8 m / s2  A tg  1,992 Giải B tg  2,894 C tg  2,094 D tg  2, 294 CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP Chọn hệ trục Oxy hình vẽ Gốc tọa độ vị trí pháo bắt đầu bắn, chiều dương hướng xuống, chiều với gia tốc g  ax  Gia tốc:   ay   g   vx  v0 x  ax t  v0 cos Vận tốc:    vy  v0 y  ay t  v0 sint  gt Phương trình chuyển động chất điểm:  Ox : x  v0 cos t Ox : x  v xt  a xt    Oy : y  v yt  a yt Oy : y  v 0sin t  gt  Theo hình vẽ, ta có: tan  vx vy  v0 cos  vx  v0 cos Tại thời điểm t  s  :   tan   1,992 v0 sin  g   vy  v0 sin  g Mặt khác: tan   tan   1,992 (do   1800 ) Câu 178: Một tàu điện xuất phát chuyển động đường nằm ngang với gia tốc a  0,6 m / s  , 13 s  sau bắt đầu chuyển động người ta tắt động tàu chuyển động dừng lại hẳn Hệ số ma sát đường k  0, 01 Cho g  10  m / s  Thời gian chuyển động toàn tàu là: A 68, 4 s B 70 s  C 74,8  s  D 66,8 s Giải Tầu chuyển động theo hai giai đoạn: Giai đoạn 1: chuyển động với gia tốc a1  0,6  m / s2  với thời gian t1  13 s  Giai đoạn 2: chuyển động chậm dần với gia tốc a2  k g  0,01.10  0,1  m / s  tác dụng cản lực ma sát thời gian t CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP Vận tốc lớn tàu: vmax  a1.t1  0,6.13  7,8  m / s  Tầu chuyển động chậm dần thời gian: t  vmax 7,8   78  s  a2 0,1 Tổng thời gian chuyển động tầu (kể từ lúc xuất phát đến tầu dừng lại) t2  t1  t  78  13  91 s  Câu 179: Từ đỉnh tháp cao 18  m  người ta ném đá khối lượng m  52 g theo phương nghiêng với mặt phẳng nằm ngang góc   300 , với vận tốc ban đầu v0  16 m / s Khi rơi tới đất đá có vận tốc v  20 m / s  Cơng lực cản khơng khí lên hịn đá là: ( cho g  10  m / s  ) A 5,616 J  B 4,916 J  C 43,516  J  D 7, 016  J  Giải Công lực cản không khí lên hịn đá là:  mv2 mv02   0,058.212 0,058.162    Ac     mgh     0,058.10.18   5, 616  J  2 2     Câu 180: Giả lực cản nước tác dụng lên xà lan tỉ lệ với tốc độ xà lan nước Một tàu kéo cung cấp công suất P1  245 mã lực ( mã lực  746 W  ) cho xà lan chuyển động với tốc độ v1  0,25  m / s  Công suất cần thiết để kéo xà lan với tốc độ v2  0,75 m / s  A 2225 mã lực B 2205 mã lực C 2235 mã lực D 2215 mã lực Giải Lực cản nước tỉ lệ với tốc độ xà lan với nước: F  kv k  const  2  F1  k.v12 v  F v  Ta có:       F  F1   2205 mã lực F2  v2   v1   F2  k v 2 Câu 181: Tác dụng lên bánh xe bán kính R  0,9  m  có mơmen qn tính I  20 kg m  lực tiếp tuyến với vành F1  125 N  Vận tốc dài điểm vành bánh sau tác dụng lực 15 s  ( biết lúc đầu bánh xe đứng yên) A 71,997  m / s  B 70,027  m / s  C 75,937  m / s  D 77,907  m / s  Giải Moment lực không đổi theo thời gian chuyển động: F R 125.0,9  5,625 rad / s  M  F1.R  I      I 20 Vận tốc góc:    t  5,625.15  84, 375  rad / s  Vận tốc dài điểm vành bánh: v  .R  75,937  m / s  CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP  x  asint Cho a  b  25 cm   10  rad / s Câu 182: Một chất điểm chuyển động có phương trình:   y  bcos t Gia tốc chuyển động chất điểm có giá trị bằng: 2 2 A 256,7  m / s  B 246,7  m / s  C 231,  m / s  D 241,  m / s  Giải a   sin  t   x  x  a sin t  Ta có:   cos t   b  y  b cos  t   y 2  x  y Mà sin2 t   cos2 t          1 R  a  b  a b  PT chuyển động tròn  vx  x '  R cos  t   vx   y  Mặt khác:  v y   x  vy  y '   R sin   t  Mà v  v2x  v2y    y     x 2  2 2 R   sin  t   cos  t    R  Gia tốc chuyển động chất điểm (chuyển động tròn): a ht  v R 2 2   R  0,3 10 R R 2  246, m / s  Câu 183: Tổng động tịnh tiến trung bình phân tử khí Nito  N  chứa khí cầu W  5, 7.103  J  vận tốc quân phương phân tử khí ve  2.103  m / s Khối lượng khí nitơ khí cầu là: 3 A 2,68.10  kg  3 B 2,85.10  kg  3 C 3,19.10  kg  3 D 2,34.10  kg  Giải Tổng động tịnh tiến trung bình phân tử khí Nito  N  2W 2.5.10 3 W  mv 2e  m   kg   2,85.10  ve  2.103  Câu 184: Một động nhiệt làm việc theo chu trình Carnot khơng khí lấy áp suất ban đầu P1  7,  at  Thể tích ban đầu khơng khí V1  3,5 dm3  Sau lần giãn đẳng nhiệt lần thứ chiếm thể tích V2  6,5 dm  sau giãn đoạn nhiệt thể tích khí V  9,5  dm  Áp suất khí sau giãn đoạn nhiệt có giá trị P3 bằng; A 22,736.104  Pa B 21, 736.104  Pa  C 24,736.104  Pa  D 19,736.104  Pa  Giải Giai đoạn 1: trình đẳng nhiệt T  const  Áp dụng phương trình TT trình đẳng nhiệt: PV 1  PV 2  P2  PV 7.3,5 1   3, 77 at  6,5 V2 Giai đoạn 2: Qúa trình đoạn nhiệt Áp dụng phương trình TT cho trình đoạn nhiệt: CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP  1,4 V   6,5  4  PV PV  P P   3,77. 2  3      2, 22  at   2,22.9,8.10  21,72.10  Pa   9,5   V3  Câu 185: Một trụ đặc khối lượng M  60 kg  quay xung quanh trục nằm ngang trùng với trục trụ Một sợi dây không giãn quấn nhiêu vịng vào trụ, đùa tự dây có treo vật nắng khố lượng m  40  kg  Để hệ tự chuyện động, sức căng sợi dây ( lấy g  9,8  m / s  ) A 156,81 N  B 171, 73  N  C 168  N  D 175, 46  N  Giải Thiếu hình Dưới tác dụng lực P lên vật nặng, hệ trụ + vật nặng chuyển động: trụ quay, vật nặng chuyển động tịnh tiến (hệ vừa có phần quay vừa có phần tịnh tiến) Vì khơng thể áp dụng định luật II Newton hay phương trình chuyển động quay cho toàn hệ Gọi  gia tốc góc trụ, a gia tốc dài vật nặng Vì chuyển động vật nặng chuyển động điểm mặt trụ có gia tốc nên ta có hệ thức: a  .R 1 ( R bán kính trụ) Gọi T ' T sức căng dây A, ta có: T  T ' (tức T  T ' )  2 Với T tác dụng lên đoạn dây nối với vật nặng, T ' tác dụng lên đoạn dây nối với trụ Áp dụng định luật II Newton riêng cho vật nặng, ta có: P  T  ma Chọn chiều dương chiều chuyển động với vật nặng Chiếu phương trình lên phương chuyển động mg  T  ma  3 Áp dụng phương trình chuyển động quay cho riêng trụ đặc, ta có RT '  I  Với I moment quán tính trụ đặc: I  MR 2  4 mg  a   a  5,6  m / s  2m  M   Từ 1 ;  ; 3      T  m  g  a  T  40. 9,8  5,6  168 N   Câu 186: Một viên bi nhỏ m  14 g  rơi theo phương thẳng đứng không vận tốc ban đầu khơng khí, lực cản khơng khí Fc   rv (tỷ lệ ngược chiều với vận tốc), r hệ số cản Vận tốc cực đại mà viên bi đạt v max  60 m / s  Cho g  10  m / s  Hệ số cản có giá trị: A 2,333.103  Ns / m B 2,363.103  Ns / m C 2,353.103  Ns / m  D 2,343.103  Ns / m Giải Theo ra, ta có: Fc  rv max  P  mg (Do vật rơi tự do) mg 14.10 3.10   2,333.10 3  Ns / m 60 v Câu 187: Một phi cơng thực vịng trịn nhào lộn mặt phẳng đứng Vận tốc máy bay không đổi v  940 km / h  Giả sử áp lực lớn phi công lên ghế lần trọng lực người Lấy  Hệ số cản: r  g  10 m / s   Bán kính quỹ đạo vịng nhào lộn có giá trị bằng: A 1740,5  m  B 1682,9  m  C 1672,1 m  D 1715,3 m  Giải CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP Áp dụng định luật II Newton cho phi công: mg  N  ma N phản lực mà ghế tác dụng lên phi công (bằng ngược chiều với lực nén phi công lên ghế) Áp lực lớn điểm thấp Tại điểm thấp vòng nhào lộn, theo phương hướng tâm, 1 viết thành: mg  N2  maht  mg  N2  m v2 R Theo ra, ta có: N  5P  5mg  mg  5mg  m v2 v2 R   1740,5 m R 4g Câu 188: Một máy nhiệt lí tưởng làm việc theo chu trình Carnot, sau chu trình thu 605 calo từ nguồn nóng có nhiệt độ 1270 C Nhiệt độ nguồn lạnh 270 C Công máy sinh sau chu trình A 613,13  J  B 643,13  J  C 663,13  J  D 633,13  J  Giải Hiệu suất theo chu trình Carnot:  1  T2 T1 Với T1; T2 nhiệt độ nguồn nóng nhiệt độ nguồn lạnh Mặt khác:   A' Q1 Với A ' cơng sinh chu trình Q1 nhiệt lượng nhận chu trình Hay     T  T2 A '  300    A '  Q1 1    605.4,186 1    633,13  J  T1 Q1  400   T1  Câu 189: Một vật có khối lượng m1   kg  chuyển động với tốc độ v1  6,5 m / s tới va chạm xuyên tâm vào vật có khối lượng m2  kg  đứng yên Va chạm hoàn toàn mềm Nhiệt lượng tỏa trình va chạm A 26, 25  J  B 25, 65  J  C 25, 35 J  D 25, 95 J  Giải Vì va chạm hồn tồn mềm nên m1 v1   m1  m2  v2  v2  2.6, m1 v1   2,6 m / s  m1  m2  Nhiệt lượng tỏa trình va chạm là: 1 Q  Wtruoc  Wsau  m1 v12   m1  m2  v22  25,35 J  2 Câu 190: Một cột đồng chất có chiều cao h  10 m  , vị trí thẳng đứng ( chân cột tì lên mặt đất ) bị đổ xuống Gia tốc trọng trường 9,8  m / s  Vận tốc dài đỉnh cột chạm đất giá trị ? A 17,146 m / s  B 15,646 m / s  C 18,146 m / s D 17, 646  m / s  Giải Ở vị trí thẳng đứng, cột năng: Wt  mg h Khi đổ tới mặt đất biến thành động quay cột vị trí chạm đất: Wd  CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN I TUẤN TEO TĨP Trong đó: I moment quán tính cột trục quay gốc cột: I   mh vận tốc góc cột lúc chạm đất Áp dụng định luật bảo toàn năng: mg h mh2   2   3g h Vận tốc dài: v   h  gh  3.9,8.8 =17,146  m / s  Câu 191: Một bánh xe có bán kính R  14 cm lúc đầu đứng yên sau đs quay quanh trục cảu với gia tốc góc  3,14 rad / s  Sau giây thứ gia tốc toàn phần điểm vành bánh là: A 142,87  cm / s  B 140,87  cm / s  C 144,87  cm / s2  D 138,87  cm / s  Giải Sau giây thứ nhất, vận tốc góc vận tốc dài điểm tren vành bánh là:   .t  3,14.1  3,14 rad / s  v  R  3,14.0,14  0, 4396  m / s  Gia tốc tiếp tuyến có giá trị khơng đổi cịn gia tốc pháp tuyến lúc này: at   R  3,14.0,14  0, 4396  m / s  a n  2 R  3,14 2.0,14 1, 380344  m / s2  Gia tốc toàn phần: a  at2  an2  1, 4487  m / s   144,87  cm / s  Câu 192: Một người đẩy xe lực hướng xuống theo phương hợp với phương ngang góc   300 Xe có khối lượng m  210 kg  chuyển động với vận tốc không đổi Hệ số ma sát bánh xe mặt đường k  0, 21 Lấy g  9,81 m / s  Lực đẩy người có giá trị bằng: A 566,16 N  B 563,86  N  C 561,56 N  D 568, 46  N  Giải Chọn chiều dương chiều chuyển động Khi xe chuyển động, chịu tác dụng lực: Trọng lực P , phản lực N ' , lực đẩy F ' lực ma sát f 'ms Vì xe chuyển động với vận tốc không đổi nên a  Áp dụng định luật II Newton, ta có: P  N ' f ms  F '  1 Chiếu 1 Chiếu 1 lên trục Oy: lên trục Ox: F cos '   f 'ms   F '.cos  f 'ms Mà lực ma sát tác dụng lên xe: f 'ms  k N '  k P  F '.sin  CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP Hay F '.cos  k P  F '.sin   F '  kP  568, 47 N  cos  k sin Câu 193: Một ôtô chuyển động biến đổi qua hai điểm A B cách S  20 m khoảng thời gian t   s  , vận tốc ô tô B 12 m/s Vận tốc ôtô A nhận giá trị sau đây: A 8, 5 m / s B 6,5 m / s C  m / s  D  m / s  Giải vA  vB   a  2S 2S t Ta có:   vA  vB   vA   vB  m / s  2 t t  a  vB  vA  2S Câu 194: Một vật khối lượng m bắt đầu trượt không ma sát từ đỉnh mặt cầu bán kính R  3, m  xuống Vật rời khỏi mặt cầu với vị trí cách đỉnh mặt cầu khoảng là: A 1, 603 m  B 0,923 m C 1, 273  m  D 1,333  m  Giải Chọn chiều dương chiều chuyển động vật Vật chịu tác dụng lực: trọng lực P , phản lực N Áp dụng định luật II Newton, ta có: P  N  ma 1 Vì chuyển động trịn nên gia tốc đóng vai trị gia tốc hướng tâm Chiếu 1 lên phương chuyển động: Psin  N  maht  m v2 v2  N  Psin  m R R R  h R Khi vật di chuyển xuống vật giảm dần biến thành động Như độ biến thiên mv2  mv2  mg h phải độ biến thiên động vật: Wt  Wd  mgR  mg  R  h   Theo hình vẽ, ta có: sin  Để vật rời khỏi mặt cầu N   Psin  mv R  h R   mg  2mg h   h   1,333 m  R R Câu 195: Một động nhiệt làm việc theo chu trình Carnot có cơng suất 40 kW  Nhiệt độ nguồn nóng 1270 C , nhiệt độ nguồn lạnh 310 C Nhiệt lượng tác nhân nhận nguồn nóng phút có giá trị: A 10000  kJ  B 9900 kJ  C 9800 kJ  D 10300  kJ  Giải Hiệu suất theo chu trình Carnot:  1  T2 T1 CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN TUẤN TEO TÓP Với T1; T2 nhiệt độ nguồn nóng nhiệt độ nguồn lạnh Mặt khác:   A' Q1 Với A ' công sinh chu trình Q1 nhiệt lượng nhận chu trình Hay    40 500 T2 A ' A'   Q1     kJ  304 T T1 Q1 1 1 400 T1  Nhiệt lượng tác nhân nhận nguồn nóng phút: Q1'  Q1.t  500 60  10000  kJ  Câu 196: Một vật cố khối lượng m  13 kg  bắt đầu trượt từ đỉnh dốc mặt phẳng nghiêng cao h  26  cm  Khi tới chân dốc có vận tốc v  15 m / s Cho g  10  m / s  Công lực ma sát A 867,7  J  B 853,1 J  C 875  J  D 860,  J  Giải Chọn mặt đất làm gốc tính Wt   , chiều chuyển động vật mặt dốc chiều dương Do chịu tác dụng lực ma sát (ngoại lực lực thế), nên vật khơng bảo tồn Trong trường, hợp này, độ biến thiên vật có giá trị cơng lực ma sát:  mv   mv2   mgh    mgh0  Afms  W2  W1       Thay số: v0  0, h0  0, m , v  15 m / s , h   A f ms  mv  mgh  1428, J  Câu 197: Một khối ôxy  O2  nhiệt độ 220 C Để nâng vận tốc quân phương phân tử lên gấp đơi, nhiệt độ khí là: A 8770 C B 9070 C C 9270 C D 8970 C Giải Cơng thức tính vận tốc quần phương: vC  3kT (với k số Boltzmann) m  3kT1 2  v1  v   2v  m T v   Ta có:       T2  T1     22  273    1180  K  T2  v  3kT2  v1   v1     v2 m CLB HỖ TRỢ HỌC TẬP – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN ... m1 v  V1   m 2V   : m1 gh  Lấy m1 v12 m1V12 m2V22   2 m1 v12 m1V12 m2 V22    m1  v12  V1   m2V22 2  2  v  V  V ? ?1? ?? 1 m1gh  m1 v12  v  2gh Thay ngược lại vào ? ?1? ?? để tìm... ma sát bánh xe mặt đường có giá trị bằng; A 0,305 .10 ? ?1 B 0, 2 81. 10? ?1 C 0, 317 .10 ? ?1 D 0,3 41. 10? ?1 Giải Ta có: P  F.v  F  P 9,8 .10 19 60   N  v 15 Mà F  Fms   mg Hệ số ma sát:   19 60 Fms... quan hệ V1 v1: m1 v1  V1   m2 v1  V1   V1  Tượng tự tìm quan hệ V v 1: V2  m2  m1 v1 m2  m1 2m1 v1 m1  m2 Sau va chạm, cầu B nâng lên độ cao hB  2m1 v V22 m1  m2   7,804 .10  m