Tài liệu 25 đề thi Olympic Quốc gia môn Vật lí lớp 10 trường chuyên có đáp án

tai lieu, luan van1 of 98 ĐỀ OLYMPIC QUỐC GIA 2016-2017 Câu 1: (5 điểm) Một công-ten-nơ nằm yên mặt đất ngang, phẳng cần cẩu kéo lên theo phương thẳng đứng với gia tốc a  0,5m / s Sau rời mặt đất 4s, từ mặt cơng-ten-nơ, hịn đá bắn với vận tốc v0  5, 4m / s (đối với công-ten-nơ) theo phương hợp với phương ngang góc   300 Biết cơng-ten-nơ cao h = 3m, lấy g  10m / s Coi đá chất điểm Hãy tính: a Tính thời gian từ lúc bắn hịn đá đến lúc rơi xuống mặt đất b Tính tầm bay xa đá Câu 2: (5 điểm) Hai vật có khối lượng m1  100g m2  500g nối với dây mảnh, nhẹ, không dãn, nằm yên mặt bàn ngang phẳng Dây vắt qua ròng rọc nhẹ, trục ròng rọc buộc vào đuôi xe đồ chơi khối lượng M = 500g hình (nhìn từ xuống) Bỏ qua ma sát lăn bánh xe mặt bàn, ma sát trục quay ròng rọc Hệ số ma sát hai vật bàn   0, Dây khơng trượt rịng rọc hệ chuyển động Lấy g  10m / s2 Tác r dụng vào xe lực F theo phương ngang có độ lớn tăng dần Tìm độ lớn tối thiểu F để: a Xe chuyển động b Cả hai vật chuyển động Câu 3: (5 điểm) Hai phẳng nhẹ cứng OA OB nối với lề O Người ta đặt khối trụ tròn trọng lượng P, đồng chất, tiết diện bán kính R vào hai cho trục O1 song song với trục O lề Hai trục nằm ngang nằm mặt phẳng thẳng đứng vng góc với mặt phẳng hình vẽ ·  2, AB  a người đồng thời tác dụng Để khối trụ nằm yên cân hai cho góc AOB vào hai A B hai lực trực đối nằm ngang, độ lớn F hướng vào Biết hệ số ma sát nghỉ khối trụ phẳng  Bỏ qua ma sát lề O Hãy xác định độ lớn lực F document, khoa luan1 of 98 tai lieu, luan van2 of 98 Câu 4: (5 điểm) Dùng sợi dây mảnh, nhẹ, không dãn, chiều dài L để treo cầu nhỏ vào đầu trụ gỗ có đế đặt mặt bàn ngang phẳng hình vẽ Khối lượng cầu m, khối lượng trụ đế M = 4m Đưa cầu đến vị trí dây treo nằm ngang thả nhẹ Coi va chạm cầu trụ hồn tồn khơng đàn hồi va chạm khơng gây chuyển động quay cho hệ a Tính vận tốc hệ sau va chạm Biết đế gỗ khơng dịch chuyển suốt q trình rơi b Sau va chạm, hệ dịch chuyển độ dài bao xa dừng lại? Biết hệ số ma sát đế mặt bàn 1  n   c Để đế gỗ không dịch chuyển suốt trình cầu rơi xuống hệ số ma sát nghỉ mặt bàn đế gỗ phải có giá trị nhỏ bao nhiêu? Câu 5: (5 điểm) Hệ gồm xilanh pittơng có khối lượng tổng cộng m, xilanh có chiều dài 2l , pittơng có tiết diện S nối với tường cố định lò xo nhẹ có độ cứng k Ban đầu pittơng nằm xilanh xilanh có chứa khí lý tưởng áp suất p , nhiệt độ T0 Cần tăng chậm nhiệt độ khối khí xilanh lên lượng T để thể tích tăng lên gấp đơi? Biết xilanh trượt mặt sàn nằm ngang với hệ số ma sát t  n   Bỏ qua ma sát xilanh pittơng Áp suất khí p Câu 6: (5 điểm) Một mol khí lý tưởng thực chu trình – – – hình vẽ: – trình đoạn nhiệt; trình – có đường biểu diễn đối xứng với đường biểu diễn trình – qua đường thẳng đứng; – q trình đẳng áp Tính hiệu suất chu trình theo , ,  với  hệ số đoạn nhiệt HƯỚNG DẪN GIẢI document, khoa luan2 of 98 tai lieu, luan van3 of 98 Câu 1: a Tính thời gian từ lúc ném đến lúc rơi xuống mặt đất 1 Sau 4s độ cao mặt côngteno là: h  at   0,5.42  m 2 Vận tốc cơngteno lúc đó: v1  a.t  0,5.4  m / s uur Gọi v vận tốc viên đá côngteno vận tốc viên đá đối r uur uur với đất: v  v0  v1  2,  m / s  5, Oy: v y  v1  v0 sin     4,  m / s  Chọn trục Oxy hình vẽ gắn vào mặt đất Phương trình chuyển động Chiếu lên Ox: v x  v0 cos   5, gt   4, 7.t  5t 2 Lúc đá rơi xuống đất: y   5t  4,7t    t  1,74s đá theo phương Oy: y   v y t  b Tầm bay xa đá: L  vx t  2,7 3.1,74  8,14m Câu 2: Lực ma sát nghỉ cực đại tác dụng lên m1 Fms  m1g Lực ma sát nghỉ cực đại tác dụng lên vật Fms  m2g  vật m chưa chuyển động Điều kiện để xe vật m1 bắt đầu chuyển động: F1  2T  2m1g F1  0,  N  Khi vật m bắt đầu chuyển động tức xe vật m1 chuyển động có gia tốc Định luật Newto áp dụng cho: Xe: F2  2T '  Ma1 (1) Vật m1 : T ' m1g  m1a (2) Vật m2 : T ' m2g  (3) Do xe di chuyển đoạn S vật m1 di chuyển đoạn 2S thời gian  a  2a1  3  T '  m2g  2  m2g  m1g  m1.2a1  a1  2g document, khoa luan3 of 98 tai lieu, luan van4 of 98 1  F2 10m1g  M.2g  2g  m2  M    N  Câu 3: ur r r uur uuur - Phương trình cân lực: P  Fms1  Fms2  N1  N2  - Chiếu lên trục OI: P  Fms1 cos   Fms2 cos   N1 sin   N1 sin   Do đối xứng: N1  N2  N  Fms1  Fms2  Fms  Fms  2N sin   P 2cos  2N  sin   P  N 2cos  Xét OA: chọn O trục quay Quy tắc momen: OI N1.OH  F.OI  N.OH  F.OI  N  F OH OI AI a OAI : O O1H    OH O1H 2R Để trụ không trượt lên: Fms  N   2N sin   P a PR   FF 2cos  2R a  sin    cos   Trường hợp 2: Trụ có khuynh hướng trượt xuống tương tự trên: ý lực ma sát hướng ngược lại PR - Điều kiện để trụ không trượt xuống: F  a  sin    cos   * Điều kiện để trụ đứng yên: PR PR F a  sin    cos   a  sin    cos   Câu 4: a Gọi vận tốc cầu trước sau va chạm v v’: v  2gL m 2gL mM b Sau va chạm tác dụng lực ma sát đế gỗ chuyển động chậm dần đến dừng lại Quãng đường đế gỗ dịch chuyển x: mv   m  M  v '  v '  v'2    m  M g f ms x    m  M  (1) Với f ms (2) Từ (1) (2) cho: x  m2 L  m  M  L 25 mv2 c Gọi góc phương ngang dây treo  : mgLsin   document, khoa luan4 of 98 (3) tai lieu, luan van5 of 98 mv2 f ms  T cos   T  mg  (4) (5) N  Tsin   Mg  Từ (3) (4) suy ra: T  3mg.sin  Từ (5) (7) suy ra: f ms  3mg.sin .cos  (6) (7) (8) Để đế gỗ khơng di chuyển thì: f ms  N Từ (6), (7), (8) (9), ta có:   Đặt y  sin 2  2sin  (9) sin 2 sin 2  2M  2sin   2sin  3m    y max Biến đổi ta được: y  tan  Áp dụng bất đẳng thức Côsi: ymax  0, 28 , suy min  0, 28 tan   Câu 5: Vì ban đầu áp suất bên áp suất bên n P0 nên lị xo khơng biến dạng Trường hợp 1: Nếu Fđh   Fmsn max hay kl  mg , xilanh đứng yên kl   P0     P Sl kl  S 2Sl  T  2T0 1  Gọi T nhiệt độ cuối khối khí thì:    T0 T  SP0   2kl  Từ đó: T  T  T0  T0 1    SP0  Trường hợp 2: kl  mg mg k Gọi P1 áp suất chất khí xilanh thời điểm cuối: Do nung chậm nên: kx  mg  x  PS  P0S  kx  P0S  mg  P1  P0  mg S Áp dụng phương trình trạng thái có: mg   P0    2lS  mg  P0Sl  S    T1  2T0 1   T0 T1 P0S    2mg  Từ tìm được: T1  T1  T0  T0 1   SP0   Câu 6: Áp dụng phương trình trạng thái khí lý tưởng ta có: document, khoa luan5 of 98 tai lieu, luan van6 of 98 T1  Do Cp CV 1    p0 V0 , R T2  1    p0V0 p0 V0 , T3  R R   Cp  CV  R nên CV  R  1 Do trình  trình đoạn nhiệt ta có: Q23  p0 V0        1 Cơng chất khí sinh trình  là: pV A 23  U 23  CV  T3  T2   0       1 Do trình   đối xứng qua đường thẳng đứng nên cơng chất khí sinh hai q pV trình nhau: A 12  A 23  0        1 pV U12  CV  T2  T1   0       1 Nhiệt lượng khí nhận q trình  là: 2p V Q12  A12  U 23  0   1  1 Quá trình  đẳng áp: pV U31  CV  T1  T3   0  2   1 U 23  CV  T3  T2   A31  p0  V1  V3   p0 V0  2  2p0 V0   1  1 2p V Tổng cơng mà khí thực hiện: A '  A '12  A '23  A '31  0       1 Nhiệt lượng khí truyền mơi trường: Q31  A31  U31  Hiệu suất chu trình là: H  A'   1 Q12  1 THPT CHUYÊN BẾN TRE – BẾN TRE Câu 1: (5 điểm) Trên quãng đường định, chất điểm chuyển động nhanh dần không vận tốc đầu với gia tốc a thời gian T Tính thời gian chất điểm chuyển động quãng đường chuyển động T chất điểm luân phiên chuyển động với gia tốc a thời gian T1  chuyển động 10 T thời gian T2  20 Câu 2: (5 điểm) Trên mặt phẳng nằm ngang có nêm khối lượng m2  4kg , chiều dài mặt phẳng nghiêng document, khoa luan6 of 98 tai lieu, luan van7 of 98 L = 12m   300 Trên nêm đặt khúc gỗ m1  1kg Biết hệ số ma sát gỗ nêm   0,1 Bỏ qua r ma sát nêm mặt phẳng ngang Tìm lực F đặt vào nêm để khúc gỗ trượt hết chiều dài mặt phẳng nghiêng thời gian t = 2s từ trạng thái đứng yên Lấy g  10m / s2 Câu 3: (5 điểm) Thanh CD vng góc với trục thẳng đứng Oz quay quanh trục với vận tốc góc  Hai hịn bi A B có khối lượng m A m B nối với lị xo có độ cứng k có chiều dài tự nhiên l0 Hai hịn bi trượt khơng ma sát CD Tìm vị trí cân hai hịn bi? Cân có bền khơng? Câu 4: (5 điểm) Một cầu nhỏ có khối lượng M = 1kg treo vào điểm O sợi dây treo mảnh nhẹ, có chiều dài L = 1m cầu M nằm cân cách mặt đất h = 0,5m cầu (2) có khối lượng m = 1kg chuyển động theo phương ngang với vận tốc v0  10m / s tới va chạm xuyên tâm với cầu M Sau va chạm, cầu m bật ngược lại rơi xuống đất, quãng đường theo phương ngang s = 2m, cầu M chuyển động lên Khi dây treo họp với phương thẳng đứng góc   600 dây vướng đinh O’ cách O đoạn x Để cầu M chuyển động trịn quanh O’ khoảng cách x tối thiểu bao nhiêu? Lấy g  10m / s2 Câu 5: (5 điểm) document, khoa luan7 of 98 tai lieu, luan van8 of 98 Một xilanh chiều dài 2l , bên có pittơng có tiết diện S Xilanh trượt có ma sát mặt phẳng ngang với hệ số ma sát  (hình vẽ) Bên xilanh, phía bên trái có khối khí nhiệt độ T0 áp suất áp suất khí bên ngồi P0 , pittông cách đáy khoảng l Giữa tường thẳng đứng pittơng có xo nhẹ độ cứng K Cần phải tăng nhiệt độ khối khí xilanh lên lượng T để thể tích tăng lên gấp đơi, ma sát xilanh pittơng bỏ qua Khối lượng tổng cộng xilanh pittông m Câu 6: (5 điểm) Hai xilanh giống hệt nối với ống cách nhiệt có kích thước nhỏ, ống nối có lắp van K, lúc đầu K đóng Trong xilanh 1, phía pittơng khối lượng M, có chứa lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử có khối lượng mol  , nhiệt độ T0 Trong xilanh 2, có pittơng khối M khơng chứa khí Phần pittơng hai xilanh chân khơng Sau van K mở để khí từ xilanh tràn qua xilanh Xác định nhiệt độ khí sau khí cân nhiệt v động, biết phần pittơng xilanh cịn khoảng trống Cho  0,1 , với v M số mol khí; ma sát pittông xilanh nhỏ lượng m  HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Gọi n số lần chất điểm chuyển động với thời gian T2 Ta có:      1       aT1  aT1T2    aT1  aT1T1   2aT1T2    aT1  aT1T1   3aT1T2     aT1   n  1 aT1T1   naT1T2        T12 1      2n  1   T1T2 1    n   aT 2 2n.n  n  1 n     3n  n  200   n  2.100 200 2 Vậy thời gian chất điểm chuyển động:  document, khoa luan8 of 98 tai lieu, luan van9 of 98  T T  24T t   T1  T2        1, 2T  10 20  20 Câu 2: Gọi a gia tốc nêm so với mặt đất a12 gia tốc vật m1 nêm - Xét m1 : Chọn hệ quy chiếu gắn kiền với nêm hình vẽ Gia tốc m1 m2 : L  a12 t 2 2L  a12   6m / s t uur ur uuur uur Áp dụng đinh luật II Niuton cho vật m1 : Fqt  P1  Fms1  m1 a12 Theo phương Ox: cos .Fqt  m1g sin   Fms1  m1a12 Theo phương Oy: N1  m1g cos   m1a sin   Fms  N1    m1g cos   m1a sin   Ta được: m1g sin   m1a cos   m1g cos   m1a sin   m1a12 a12  g cos   g sin   2m / s cos    sin  - Xét nêm: Chọn hệ quy chiếu gắn với đất F  N '1 sin   Fms1 cos   m2a a2  N1  m1g cos   m1a sin  Fms    m1g cos   m1a sin   F  m2a  m1  cos2    g  a  sin .cos   a sin    4,9N Câu 3: Chọn hệ quy chiếu gắn với O, hai bi A B chuyển động trịn với vận tốc góc  , lực tác dụng lên A B hình vẽ Ta có:  FdhA  mA a nA OA mB kl  mA  OA   mA 2OA  mB2OB    OB mA  FdhB  mBa nB kl  mB OB Mặt khác: FdhA  FdhB  kl  k  OA  B  l0  (2) Thay (1) vào (2) ta được:    m  FdhA  k  OA  OB  l0   k OA 1  A   l0   m A 2OA  mB    kmBl0  OA  (3) k  mA  mB   mA mB2 Ta có điều kiện OA  nên suy ra:   document, khoa luan9 of 98 k  mA  mB  mA mB (4) (1) tai lieu, luan van10 of 98 Bây ta xét xem hệ cân có bền không, xét cân bi A chẳng hạn, ta chọn hệ qui chiếu gắn với bi A, bi A chịu tác dụng lực đàn hồi lực quán tính ly tâm là:    m  FdhA  k OA 1  A   l0  Fqt  mA 2OA  mB    m  mB Từ (4) ta có mA 2  k A tức hệ số góc Fqt nhỏ hệ số mB góc Fdh nên ta vẽ đồ thị hai lực bên cạnh Điểm A vị trí cân cầu A lý mà OA tăng lên ta thấy Fdh lớn Fqt nên kéo bi A trở lại vị trí cũ Vậy cân hệ bền Câu 4: Gọi v vận tốc sau va chạm cầu M, v’ vận tốc sau va chạm cầu m Sau va chạm cầu m chuyển động ném ngang nên ta được: s v'    2m / s 2h 2.5 g 10 Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ  m, M  trước sau va chạm ta có: m  v0  v ' 110     6m / s M Khi dây treo chạm vào đinh O’ cầu M chuyển động trịn quanh O’ vị trí cao lực căng dây T  Theo định luật bảo toàn năng: 1 MgR Mv2  Mg l   l  R  cos 600  R   Mu  Mv  Mgl   Mu 2 2 2 Áp dụng định luật II Niuton cho cầu M vị trí cao Ta được: mv0  Mv  mv '  v  Mu v2  3gl  Mg   R   0,3m  x  l  R  0, 7m R 2g Câu 5: Trường hợp 1: Fms  kl  mg  kl Khi xilanh đứng yên T Gọi T nhiệt độ cuối khối khí thì: kl   P  2Sl  P0Sl  S  kl    T  2T0 1   T0 T  SP0   kl  Từ đó: T  T  T0  T0 1    SP0  Trường hợp 2: mg  kl - Giai đoạn xilanh đứng yên: Gọi x độ nén cực đại lò xo Pittơng cịn đứng n kx  mg  x  document, khoa luan10 of 98 mg k tai lieu, luan van51 of 98 aT 2 Khi vật chuyển động luân phiên nhanh dần đều, thẳng thì: Khi vật chuyển động nhanh dần suốt quãng đường: S  (1)   a   a  a   a    S   T12  v1T2    T12  v1T1   v 2T2    T12  v 2T1   v3T2     T12  v n 1T1   v n T2  2             a   a  a   a      T12  aT1T2    T12  aT1T1   2aT1T2    T12  2aT1T1   3aT1T2     T12   n  1 aT1T1   naT1T2  2           aT12  1      2n  1   aT1T2 1    n  aT  n  n  1   n  (2)    100 100  Từ (1) (2)  3n  n  200   n  Vậy thời gian chất điểm chuyển động:  t   T1  T2   1, 2T Câu 2: uur uur uur uur uur ur Ngay sau thả m chịu tác dụng lực Q2 , P2 , T3 ; m1 chịu tác dụng lực T1 , T2 , P1 uur Khi m chuyển động sang trái, có thành phần gia tốc theo phương ngang a Vật m1 chuyển động tròn quanh A Ngay sau thả m ra, gia tốc m1 theo phương hướng tâm không uur   V12  V1   Vậy m1 có thành phần gia tốc theo phương tiếp tuyến a1  a1n  R   Chọn hệ trục Oxy hình vẽ Do khối lượng dây khơng đáng kể nên T2  T3   Trên phương dây treo, ta có: a cos   a1 cos   2  2   a  2a1 sin  (1) Áp dụng định luật II Niuton cho vật uur uur ur uur  T  T  P  m a  1 uur  uur uur uur  T3  P2  Q2  m a Chiếu lên trục Ox Oy, ta được:  T1  T2  cos   m1a1x  m1a1 sin     T1  T2  sin   P1  m1a1 cos  T cos   T cos   m a 2  Giải hệ (1) (2), ta được: m1g cos   a1  m  4m sin    a  2a sin   m1g sin 2  m1  4m sin  document, khoa luan51 of 98 (2)   m1  2m2  m1g sin  T1  m1  4m sin    T  T  2m a tan   2m1m 2g sin   m1  4m sin  tai lieu, luan van52 of 98 Câu 3: - Điều kiện cân momen lực cầu tâm quay O Q.CH  N.OB  Q.2R sin   N.2R cos  Qsin  2Qsin  (1)  cos  - Điều kiện cân momen lực OA tâm quay O N N.OB  P.OH '  P.OB.sin  300    N  P.sin  300   (2) Từ (1) (2): P.sin  300    2Qsin  P  tan   4Q  3P Câu 4: a Áp dụng BTĐL chiếu hệ thức vecto xuống phương ngang: v (1) mv0  2mv x  v x  với v x thành phần theo phương ngang vận tốc bi vận tốc miếng gỗ sau tiếp xúc - Áp dụng BTCN hệ bi + miếng gỗ: mv02  mv 2x mv y  mv 2x    mgR    2   Từ (1) (2) rút ra: v y  (2) v02  2gR - Điều kiện để bi vượt qua B: v y   gR b Khi điều kiện v0  gR thỏa mãn sau hịn bi tới B, + miếng gỗ chuyển động theo phương ngang với vận tốc v x + Còn bi vạch parabol, xét hệ quy chiếu đứng yên gắn với mặt đất + Còn xét hệ quy chiếu gắn với miếng gỗ hịn bi vật ném thẳng đứng lên cao với vận tốc ban đầu v y , nên cuối bi lại rơi xuống đến điểm B miếng gỗ Sau rơi xuống tới điểm B miếng gỗ hịn bi trượt xuống theo cung BA miếng gỗ đẩy miếng gỗ nhanh - giả sử tới A hịn bi có vận tốc v1 , cịn miếng gỗ có vận tốc v áp dụng BTĐL BTCN: mv02 mv12 mv 22   2 2 Từ rút phương trình v1  v1v0  mv0  m  v1  v2  - Phương trình có nghiệm v1  v1  v0 + Ta loại nghiệm v1  v0 điều khơng thể xảy (do v khác không) - Như trở lại A vận tốc bi v1  Hòn bi đứng yên, miếng gỗ chuyển động với vận tốc ban đầu bi: v2  v0 (Như tượng xảy giống va chạm đàn hồi hai vật có khối lượng) c Xét hệ qui chiếu đứng yên với mặt đất, sau hịn bi tới B vạch parabol document, khoa luan52 of 98 tai lieu, luan van53 of 98 Tại B: v y  v02  2gR  10m / s - Gọi h chiều cao đỉnh parabol bi vạch sau rời khỏi B, ta có h  v 2y 2g  0,5m Vậy độ cao tối đa mà bi đạt là: H  h  R  0,635m Câu 5: V2  V1 2V1  S S 2V x Điều kiện cân pittông: P2S   k1  k  x  P2   k1  k    k1  k  21 S S P V PV P P T P Phương trình trạng thái cho khối khí bên phải: 2  1     T2 T1 T2 T1 T1 P1 Khi pittông cân bằng, độ biến dạng lò xo x: x  (1) (2) Hệ không trao đổi nhiệt: Q  U  A   A  U  V12 A  Wt   k1  k  x   k1  k  S2 Mà  U    PV    P V  P V    3P  P  V 2 1 1  2 V12 V 3   k1  k     3P2  P1  V1   k1  k  21    3P2  P1  (3) S S P 3 T Thay (1) vào (3) ta được: P2    3P2  P1   11P2  3P1   ;  P1 11 T1 11 Câu 6: Trong trình đẳng áp 1-2, cơng khối khí thực là: A12  vR  T2  T1  Trong trình 2-3, trình đa biến với số đa biến n  1 vRT vR  T3  T2  vR  T2  T3  (2) A '23    n 1 n 1 Trong q trình đoạn nhiệt 3-1, cơng mà khối khí sinh là: A31  vR  T3  T1  Từ (1), (2) (3) suy A31   A12  2A '23  2R  T2  T3   T2  T3  Q' Q'  1 Ta có      23   Q1 Q12 2,5R  T2T1   T2  T1  Mà 1-2: đẳng áp nên T2 V2   T1 V1 2-3: đa biến với n  1 3-1: đoạn nhiệt với   2 2 2 2   T2 V2  T3V3 T2 V2  T3V3   1 1 2/3 2/3 T1V1  T3V3 T1V1  T3V3   document, khoa luan53 of 98 nên (1) (3) tai lieu, luan van54 of 98  V 2 T     V2  T2 T    1/4 2 T3  T1   V3   V3 V2  T3 T3             T2 T1  T3   V1   V2 V1  Hiệu suất chu trình là:       1/4     1 THPT CHUN LÊ Q ĐƠN – KHÁNH HỊA Câu 1: (5 điểm) Trong huấn luyện quân sự, người chiến sĩ cách tường khoảng s bắt đầu nhảy với vận tốc v hướng phía tường Khi tới sát tường, đạp vào mặt tường lần làm cho toàn thân bật lên thẳng đứng Hệ số ma sát tường đế giày  Hỏi để trọng tâm người lên đến độ cao lớn góc nhảy  phải bao nhiêu? Câu 2: (5 điểm) Một gậy có chiều dai 2L trượt hai cạnh góc vng Chính gậy có gắn hạt tròn khối lượng m cố định Điểm A chuyển động với vận tốc v không đổi Tại thời điểm   450 m tác dụng lên gậy lực bao nhiêu? Câu 3: (5 điểm) Có mỏng, nhẹ, giống Ai Bi  i  1, ,6  gác tựa vào nằm ngang miệng bát hình vẽ Một đầu gác miệng bát, đầu đặt khác Đặt chất điểm khối lượng m trung điểm đoạn A1A6 Tính áp lực A1B1 lên A B6 Câu 4: (5 điểm) Một hạt khối lượng m1 đến va chạm hoàn toàn đàn hồi với hạt khác khối lượng m  m2  m1  ban đầu đứng yên Xác định góc lệch hướng chuyển động lớn hạt sau va chạm Câu 5: (5 điểm) document, khoa luan54 of 98 tai lieu, luan van55 of 98 Một bình hình trụ thành mỏng, tiết diện ngang S, đặt thẳng đứng Trong bình có piston, khối lượng M, bề dày không đáng kể, Piston nối với mặt bình lị xo có độ cứng k (hình vẽ) Trong bình phía piston có lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử, khối lượng m khối lượng mol  Lúc đầu nhiệt độ khí bình T1 Biết chiều dài lị xo khơng biến dạng vừa chiều cao bình, phía piston chân khơng Bỏ qua khối lượng lò xo ma sát piston với thành bình Bình piston làm vật liệu cách nhiệt lý tưởng Lúc đầu hệ trạng thái cân học Sau người ta nung nóng khí bình đến nhiệt độ T2  T2  T1  cho piston dịch chuyển chậm đến trạng thái cân a Tìm độ dịch chuyển piston b Tính nhiệt lượng truyền cho khí Câu 6: (5 điểm) Một mol khí lý tưởng thực chu trình gồm trình đẳng nhiệt nhiệt độ T1 , T2 , T3 xen kẽ với trình đoạn nhiệt Trong trình giãn đẳng nhiệt nhiệt độ T1 T2 thể tích khí tăng lên k lần (hình vẽ) Tính a Cơng A’ mà khí sinh b Tính hiệu suất chu trình document, khoa luan55 of 98 tai lieu, luan van56 of 98 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Người thực chuyển động ném xiên: vx  v0 cos ; v y  v0 sin   gt   s Trọng tâm nâng lên cao đoạn là: h1  s.tan   g    v0 cos   Khi chân đạp vào tường, nhờ xung lượng lực ma sát nghỉ cực đưa người nâng lên: mvx  N.t   mv y   Fms t  N.t  mv x Suy ra: v y  v 'y  v y  vx Quá trình bật thẳng lên, trọng tâm nâng lên cao đoạn: h  v '2y 2g  v2  Vậy tổng độ cao trọng tâm người là: h  h1  h      cos   sin    s  2g  Để h max   cos   sin   đạt max  với Dấu xảy khi: tan    Câu 2: Vì OAB vng O, hạt m trung điểm C nên: CO  CA  CB  gậy chuyển động CO khơng đổi, m chuyển động cung trịn tâm O, bán kính R = L uur v2 Vận tốc v C hạt có hướng tiếp tuyến với vịng trịn với gia tốc hướng tâm: a n  C L uur uur uur uur v v Ở thời điểm bất kì, vận tốc v C hạt là: vC  v x  v y với v x  A  (không đổi) 2 ur  khơng có lực theo phương ngang  N thẳng đứng uur Khi   450 v C hướng dọc theo AB vx  vy  v v  vC  v x  2 document, khoa luan56 of 98 tai lieu, luan van57 of 98 v2 v2 ; a y  2a n  2L L ur ur r  v2  Với hạt m: P  N  ma  N  mg  ma y  N  m  g   L 2  Câu 3: Các A1B1 , , A5B5 chịu tác dụng lực hoàn toàn tương tự nhau, khác với A B6 Gia tốc: a n  Xét AB thứ i: chịu tác dụng với phản lực trước N i , phản lực miệng bát áp lực Ni 1 (hình vẽ) Chọn điểm B miệng bát làm trục quay, từ điều kiện cân momen ta có: N L Ni L  Ni 1  Ni  i 1 2 1 Do đó: N1  N  N3   N6 (1) 2 Xét A B6 : chịu tác dụng phản lực N A5 B5 phản lực miệng bát B6 , áp lực N1 A1B1 trọng m Chọn B6 làm trục quay, từ điều kiện cân momen ta có: N1 L 3L  mg  N6 L (2) Từ (1) (2) ta tìm được: N1  mg 42 Câu 4: Định luật bảo toàn động lượng: uur uur uuur p1  p '1  p '2  p '22  p12  2p1p '1 cos   p '12 (1) Định luật bảo toàn năng: p12 p '12 p '22 Wđ1  W'đ1  W'đ    2m1 2m1 2m2 Thay (1) vào (2), ta có: document, khoa luan57 of 98 (2) lực tai lieu, luan van58 of 98  m   m  p '12 1    2p '1 p1 cos   p12 1     m1   m1   phương trình bậc theo p '1  m   m2  Điều kiện có nghiệm:  '    cos .p1   1   p12 1  22    m1   m1   m2  m2 m  cos   1  22   sin   22  sin   m1 m1  m1  Câu 5: a Gọi h1 , h chiều cao cột khí xilanh đồng thời độ biến dạng piston khí trạng thái (1) (2) Trạng thái 1: p1S  Mg  kh1 (1) Trạng thái 2: p2S  Mg  kh (2)  Mg kh1  Mặt khác p1V1  vRT1     h1S  vRT1 (3) S   S Mgh1  Mgh1  kh12  vRT1   h12   vRT1  k  h1  Mg M 2g vRT1   2k 4k k Hoàn toàn tương tự h  Mg M 2g vRT2   2k 4k k M 2g vRT2 M 2g vRT1    4k k 4k k b Áp suất khí lúc thay đổi liên tục, khơng thuộc trình biến đổi quen thuộc Áp dụng nguyên lí I: Q12  U12  A '12 Độ dịch chuyển piston: h  h  h1  h2  Mg kh  A '12   pdV   pSdh      Sdh  Mg  h  h1   k  h 22  h12  S S  h1  3m R  T2  T1   Mg  h  h1    h 22  h12  2 Biến đổi rút gọn ta ý: m m Mgh1  kh12  RT1; Mgh  kh 22  RT2   Q12  m  k  h 22  h12   R  T2  T1   Mg  h  h1  2 Đáp số Q12  2m Mg  M 2g mRT1 M 2g mRT1 R  T2  T1         4k k 4k k Câu 6: a Cơng A’ khí sinh chu trình: document, khoa luan58 of 98     tai lieu, luan van59 of 98 Chia thành chu trình Cac-no hình vẽ: A 'chu trình  A '1  A '2 Mặt khác H1   T T  T1  T3 A '1   A '1    RT1 ln k T1 Q1  T1   T T  T2  T3 A '2   A '2    RT2 ln k T2 Q2  T2   RT1 ln k  RT2 ln k  2RT3 ln k Tương tự H  A 'chu trình b Nhiệt khí nhận chu trình: Qnhan  Q1  Q2  RT1 ln k  RT2 ln k  R  T1  T2  ln k Hiệu suất chu trình: H  2T3 A'  1 Qnhan T1  T2 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – NINH THUẬN Câu 1: (5 điểm) Một thuyền bơi qua sơng theo phương vng góc với dịng chảy, với vận tốc khơng đổi v1 Tại nơi dịng chảy ln song song với hai bờ, giá trị vận tốc phụ thuộc vào khoảng y cách đến bờ, biểu diễn theo công thức: v  v0 sin (L: chiều rộng sông), v L L số (hình 1) Hãy tìm: a Giá trị vận tốc thuyền tính hệ quy chiếu gắn với bờ sông b Xác định khoảng cách từ điểm O đến điểm thuyền cập bến bờ bên theo phương Ox Câu 2: (5 điểm) Một ván nằm ngang có bậc độ cao H Trên có khối trụ bán kính R > H chuyển động tựu ván tựa vào bậc thang (Hình 2) Tấm ván chuyển động theo phương ngang với gia tốc a Xác định gia tốc lớn để hình trụ khơng nảy lên bậc thang Bỏ qua ma sát document, khoa luan59 of 98 tai lieu, luan van60 of 98 Câu 3: (5 điểm) Thanh OA dài l = 1m, có khối lượng m1  2kg phân bố đều, đầu gắn với lề O, đầu buộc vào s Câu 4: (5 điểm) Dùng sợi dây mảnh dài L, khối lượng không đáng kể, để treo cầu nhỏ vào đầu trụ gỗ có đế đặt mặt bàn ngang hình vẽ Khối lượng cầu m, khối lượng trụ đế M = 4m Cầm cầu kéo căng sợi dây theo phương ngang thả rơi khơng vận tốc ban đầu Coi va chạm cầu trụ hoàn toàn khơng đàn hồi Trong q trình cầu rơi, đế gỗ không dịch chuyển Hệ số ma sát bàn đế  a Tính vận tốc hệ sau va chạm b Sau va chạm đế gỗ dịch chuyển độ dài bao xa dừng lại? Trong trình cầu rơi xuống để đế gỗ khơng dịch chuyển hệ số ma sát nhỏ bao nhiêu? Hệ số ma sát nghỉ cực đại đế mặt bàn xuất lớn ứng với góc treo sợi dây so với phương nằm ngang bao nhiêu? Câu 5: (5 điểm) Xilanh có tiết diện S  100cm2 với pittơng p vách ngăn V làm chất cách nhiệt (hình 3) Nắp K vách mở áp suất bên phải lớn áp suất bên trái Ban đầu phần bên trái xilanh có chiều dài l = 1,12m chứa m1  12g khí Hêli, phần bên phải có chiều dài l = 1,12m chứa m2  2g khí Hêli nhiệt độ hai bên T0  273K Ấn từ từ pittông sang trái, ngừng chút nắp mở đẩy pittông tới sát vách V Tìm cơng thực biết áp suất khơng khí bên ngồi P0  105 N / m2 nhiệt dung riêng đẳng tích đẳng áp Hêli Cv  3,15.103 J / kg độ; Cp  5, 25.103 J / kg độ Bỏ qua ma sát Câu 6: (5 điểm) document, khoa luan60 of 98 tai lieu, luan van61 of 98 Cho mol khí lý tưởng đơn nguyên tử biến đổi theo chu trình thuận nghịch biểu diễn đồ thị hình vẽ đoạn thẳng 1-2 có đường kéo dài qua gốc tọa độ O trình 2-3 đoạn nhiệt Biết T1  300K, p2  3p1 , V4  4V1 a Tính nhiệt độ T2 , T3 , T4 b Tính hiệu suất chu trình HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: r uur uur a Ta có: v  v1  v2  v  v12  v22 y y  V  v12  v02 sin L L b Xác định khoảng cách từ điểm O đến điểm thuyền cập bến bờ bên theo phương Ox Với v1  v y ; v  v x  v0 sin + Theo Oy: y  y0  v y t  v1.t  t  y v1 (1) y dt L vL v y v y x   v0 sin dt   v0 sin dt   cos t  C L L v1 L + Theo Ox: dx  v x dt  v2 dt  v0 sin Điều kiện ban đầu: x     o   Vậy: x  v0 L vL CC  v1 v1 v0 L  v1  2v0 L v t   sin t 1  cos v1  L  v1 2L Phương trình quỹ đạo: x  document, khoa luan61 of 98 2v0 L y sin v1 2L tai lieu, luan van62 of 98 Khi sang đến bờ bên (tại M), ta có: y  L  x  2v0 L khoảng cách từ điểm xuất phát đến điểm v1 cập bến theo Ox Câu 2: - Chọn hệ quy chiếu gắn với ván chuyển động với gia tốc a + Trọng lực P , phản lực N1 mặt ván ngang + Phản lực N chỗ tiếp xúc với bậc, có phương xun tâm trụ, lực qn tính Fqt ur uur uuur uur - Giả sử khối trụ nằm yên ván Ta có: P  N1  N2  Fqt   N1  N2 sin   mg; N2 cos   ma với  góc nhọn phương N phương ngang  N1  ma.tan   mg Để khối trụ nằm yên ta có: N1  hay a  Dễ thấy tan   a  g tan  R H RR  R  H R2  R  H g H  2R  H  (1) g R H R H - Xét trục quay qua A chỗ tiếp xúc với bậc Điều kiện để khối trụ quay quanh A: N1  Fqt  R  H   mg R   R  H  Hay a  H  2R  H  R H (2) g - Kết hợp (1) (2) ta suy ra: a max  H  2R  H  R H g Câu 3: ur ur ur r Q x  T; Q y  P1  Q  P1  T     uur P1 P1 ur M P /O  M T/O  P1 sin   T1 cos   T   Q x    2 document, khoa luan62 of 98 tai lieu, luan van63 of 98 P1 20   22,36N 2  m  4, 2kg Muốn hệ khơng cân   m  1,3kg Câu 4: a Gọi vận tốc cầu trước sau va chạm v v’:  Q  Q2x  Q2y  v  2gL m 2gL mM Sau va chạm tác dụng lực ma sát đế gỗ chuyển động chậm dần đến dừng lại Quãng đường đế gỗ dịch chuyển x: mv   m  M  v '  v '  v2 f ms x    m  M  Với f ms    m  M  g Từ (1) (2) cho: x  (1) (2) m2 L  m  M  L 25 b Gọi góc phương ngang dây treo  : mgLsin   mv2 (3) Từ sơ đồ chịu lực: T  mg sin   mv2 L (4) (5) f  T cos   N  Tsin   Mg  (6) Khi đế gỗ không dịch chuyển f  N Từ (3) tới (7): min  f    A  f    sin 2 a  2sin  Tìm cực đại hàm số: f    f '  (7) 2M  3m cos 2  A  2sin    sin 2.4sin .cos   A  2sin  Thay cos 2  2cos2  1   2sin  ta có: A sin    A  1 sin 2  f    A  A  2 A A 1  A  A  1  A  1 A 1 A  A  2 min  f max     document, khoa luan63 of 98 với A  2M  3m 3m M  3mM  0, 283 0 tai lieu, luan van64 of 98 sin    sin   0, 6030    37005' 22 Câu 5: Lúc đầu áp suất khí bên trái P1  m1 RT0 m RT lớn áp suất bên phải vách: P2   lS  lS Khối khí bên phải bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V0  lS xuống V1 , áp suất tăng lên đến P1 : 1  P   m  P2 V0g  P1V1g  V1  V0    V0    P1   m1  Khi nhiệt độ bên phải: T1  (1) m  P1V1 T0  T0   P2 V0  m1  1   559K (2) Sau nắp K mở hai khí hịa trộn vào có nhiệt độ T2 :   m1T0  m 2T1 m1   m2    (3) CV m1  T2  T0   CV m  T1  T0   T2   T0 1    314K m1  m2 m1  m2   m1     Sau lượng khí m  m1  m2 bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V  V0  V1 đến V0 , nhiệt độ tăng từ T2 đến T, ta có: T.V0g 1  T2  V0  V1  g 1 (4) Thay (1) (3) vào (4) ta được:  V  V1  T  T2    V0  1    m1.T0   m     1   382K  m1  m   m1     (5) Công lực tác dụng lên pit tông áp suất khí P0 thực làm tăng nội chất khí bị nén đoạn nhiệt: A  A1  A2  U  CV  m1  m2  T  T0  Thay (5) vào (6), thay số vào ta được: A2  3678  J  Câu 6: p p p a   V2  V1  3V1 V2 V1 p1 T2  T1 p2 V2  9T1  2700K p1V1  V   3 Quá trình 2-3: V3  V4  4V1; p3  p    p    0, 619.p 4  V3   p3  1,857.p1 Quá trình 4-1: T4  T1 V4  4T1  1200K V1 b Quá trình 1-2: U12  CV  T2  T1   12RT1 A12   p2  p1  V2  V1   4p1V1  4RT1 document, khoa luan64 of 98 (6) Với A1  P0Sl tai lieu, luan van65 of 98 Q12  U12  A12  16RT1 Quá trình 2-3: A23  U23  CV  T3  T2   2,355.RT1; Q23  Quá trình 3-4: U34  CV  T4  T3   5,145RT1; A34  Q34  U34  A34  5,145RT1 Q trình 4-1 có: U41  CV  T1  T4   4,5RT1 A41  p1  V1  V4   3RT1 Q41  U41  A41  7,5RT1 A  A12  A23  A34  A41  3,355RT1 Nhiệt lượng khí nhận là: Q  Q12  16RT1 Hiệu suất chu trình: H  document, khoa luan65 of 98 A 3,355RT1   0, 2097 hay H  21% Q12 16RT1 ... bán cầu vật chưa rời bán cầu, từ tìm góc    m vật rời bán cầu b Xét vị trí có    m Tìm thành phần gia tốc tiếp tuyến gia tốc pháp tuyến vật; áp lực bán lên mặt phẳng ngang Giả sử bán cầu... ngang có bán cầu khối lượng m Từ điểm cao bán cầu có vật nhỏ khối lượng m trượt không vận tốc đầu xuống Ma sát vật nhỏ bán cầu bỏ qua Gọi  góc phương thẳng đứng bán kính véc tơ nối tâm bán cầu... vật có dạng bán cầu khối lượng M đặt mặt phẳng nằm ngang không ma sát (hình vẽ) Một vật nhỏ có khối lượng m bắt đầu trượt không ma sát từ đỉnh bán cầu Gọi  góc mà bán kính nối vật với tâm bán