11thang long 2018 vật lí

Đà Lạt Thời gian: 180 phútĐỀ THI ĐỀ NGHỊPhần I: Đề thiCâu 1 Một thân cây hình trụ nằm trên mặt đất có tiết diện ngang hình tròn bán kính R.. Tìm tốc độ nhảy tối thiểu của bọ chét để nó

m2

m3





m

M

1



x O



Đà Lạt Thời gian: 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

Phần I: Đề thi

Câu 1

Một thân cây hình trụ nằm trên mặt đất có tiết diện ngang hình tròn bán kính R Một

con bọ chét cố gắng nhảy qua thân cây Tìm tốc độ nhảy tối thiểu của bọ chét để nó có thể

nhảy qua thân cây Giả sử bọ chét đủ thông minh để chọn vị trí và góc nhảy tối ưu Gia tốc

trọng trường là g, bỏ qua sức cản không khí

Câu 2

Cho cơ hệ như hình vẽ: Biết m1m2 m3  Nêm khối lượng mm 3 có góc nghiêng  Các

ròng rọc rất nhẹ và gắn chặt với nêm Dây nối nhẹ và luôn căng, không co dãn

1

m luôn áp chặt vào m3 trong quá trình chuyển động

a) Giả sử chỉ có ma sát giữa nêm và mặt đất với hệ số ma sát là  Tìm giá trị nhỏ nhất của

 để nêm đứng yên trong quá trình m2, m3 chuyển động

b) Bỏ qua mọi ma sát tìm độ lớn gia tốc của nêm

Câu 3

Một quả cầu khối lượng m được đặt giữa một bức tường và nêm có dạng lăng trụ tam giác có

khối lượng M và góc nghiêng  Nêm có thể trượt không ma sát trên mặt bàn nằm ngang

Ban đầu nêm tiếp xúc với quả cầu tại đỉnh nêm Bỏ qua mọi ma sát

a) Tìm hệ thức liên hệ giữa M, m và  để nêm không bị nghiêng trong quá trình quả cầu đi

xuống

b) Giả sử đã thỏa mãn ý a), Hãy xác định tốc độ của quả cầu ở thời điểm điểm tiếp xúc giữa

quả cầu và nêm đã dịch được quãng đường dài L trên mặt nêm

Câu 4



B



C

E

A

D H

V O

B

G G F

P

Hai thanh cứng giống nhau dài , khối lượng m liên kết với nhau và liên kết với giá

đỡ bởi các bản lề Tác dụng lựcF  không đổi theo phương ngang vào đầu B của thanh Tính

  và xác định phương chiều độ lớn của phản lực do bản lề O tác dụng lên thanh OA tại

O; phương chiều độ lớn của phản lực do thanh OA tác

Câu 5:

Một bình kín được chia làm hai phần có thể tích bằng nhau bằng vách xốp Ban đầu ở

phần bên trái có hỗn hợp hai chất khí Ar và H2 ở áp suất toàn phần p Ở phần bên phải là chân

không Chỉ có H2 là khuyếch tán được qua vách xốp Sau khi quá trình khuyếch tán kết thúc,

áp suất trong phần bên trái là p’=

2

3 p

a.Tìm tỉ lệ các khối lượng mAvà mH trong bình?

b.Tìm áp suất riêng phần ban đầu của hai chất khí, biết chúng không tương tác hoá học

lẫn nhau

Cho μ Ar = 40g/mol; μ H =2g/mol

Câu 6

Cho chu trình biến đổi trạng thái của khí lý tưởng A

 B  C  D như hình vẽ , chu trình gồm hai quá trình

đẳng tích và hai quá trình đẳng áp Tác nhân là một mol

khí lý tưởng lưỡng nguyên tử , một đường đẳng nhiệt ở

nhiệt độ T1 cắt đoạn đẳng áp phía dưới và đẳng tích bên

trái tại trung điểm của chúng , một đường đường đẳng

nhiệt khác T2 cắt các đường đẳng áp trên và đường đẳng

tích bên phải cũng tại trung điểm của chúng

1) Xác định nhiệt độ của các điểm A , B , C , D

2) Xác định công mà khí thực hiện trong một chu

trình ABCD

3) Tính hiệu suất của một động cơ làm việc theo

chu trình trên

Áp dụng bằng số : T1= 300 K ; T2 = 700 K

O x

y

Câu 1:

Quỹ đạo của bọ chét là đường paraboℓ

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ Mốc thời gian lúc bọ chét ở đỉnh paraboℓ

Đỉnh paraboℓ ở độ cao h so với tâm O khối trụ Vận tốc theo phương ngang là u

- Các phương trình tọa độ của bọ chét theo thời gian là:

x = ut; y = h -

2

gt

2 ……… 0,5 điểm

- Khoảng cách từ O đến bọ chét là S, với S2 = x2 + y2

……… 0,5 điểm

- Để vượt qua được thân cây thì S  R ……… 0,5 điểm

- Xét tại giới hạn S = R

2 2

2

   

  g t2 4  2 2  2 2

gh u t h R 0

4      (1) 0,5 điểm

- Để quỹ đạo paraboℓ không cắt đường tròn thì phương trình (1) phải có nghiệm kép

 = 0  gh u 22 g h2 2 R2 0

 gh – u2 = g h2 R2

 u2 = g h  h2 R2

(2) ……… 0,5 điểm

- Nghiệm kép:

t2 =

2

2

gh u

g

2

4





 0  u2  gh  Từ (2), ta lấy nghiệm: u2 = g h  h2 R2

0,5 điểm

- Để lên đến độ cao (R + h), thành phần vận tốc ban đầu theo phương thẳng đứng phải có độ lớn:

m1g m2

m3g



T 

T 

T  T 

N 

N 

2

N 

1

N 

x

y

R + h =

2

v 2g  v2 = 2g(R + h) ……… 0,5 điểm

- Vận tốc ban đầu của bọ chét: 2 2 2  2 2  

0

v u v g h h  R 2g R h

0

v g 3h 2R  h  R

= y (3) ……… 0,5 điểm

y’ = 0  3 - 2 2

h

h  R = 0  h =

3R

8 (4) Thay vào (3)……… 0,5 điểm

0min

v g 3h 2R  h  R

8 8

 

0min

v  gR 8 2

……… 0,5 điểm

Câu 2:

a) Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ:

Gọi a là độ lớn gia tốc của vật m2 và vật m1

Vật m2:

2

T ma

N mg



Vật m1:

sin

os

N mgc





 



sin 2

mg

T 

 

(0,25 điểm) Vật m3 đứng yên:

:

Oy Tsin mg N 2Ncos N10

1

sin

2

mg

N    mg mg  mgc  c 

1

(4 2 os sin )

2

(0,5 điểm)

Ox : T Tc osN'sin F msx 0

sin (1 os ) os sin 0

mg

c   mgc   F

sin (1 os )

0 2

msx

mg c

F     

(0,5 điểm)

* Điều kiện để m3 không trượt: F msN1

sin (1 os ) (4 2 os sin )





sin (1 os ) (4 2 os sin )

c c







b) Pt chuyển động của vật m2:

2

T ma (1)

Pt chuyển động của vật m3:

3

sin (1 cos ) x

Pt chuyển động của vật m1 dọc theo Oy:

1

cos sin y

mg N   T  ma

Pt chuyển động của vật m1 dọc theo Ox:

1

Trong hệ quy chiếu gắn với nêm ta có liên hệ gia tốc:

1x 3x ( 2 3x) os

a a  a  a c  (5) (0,5 điểm)

1y ( 2 3x)sin

* Tiếp theo ta giải hệ pt trên để tìm a 3x

Lấy (2) + (4) ta được: T m a( 3xa1x)ma2  a2 a3x a1x (7)

Thay (7) vào (5) ta được: a1x a3x(2a3xa c 1x) os

2 cos 1

1 os

c









Từ (3) và (6): mg N cos Tsin m a( 2 a3x)sin (9)

Rút N từ (2):

3 (1 cos ) 3 2(1 cos ) sin sin

ma T ma ma

3 ( 3 1 )(1 cos ) 1 (1 os ) 3 os

ma m a a  ma c  ma c 

(0,25 điểm) Thay vào pt (9) ta được:

(1 os ) os

.cos ( )sin ( 2 )sin sin

ma c ma c

mg    m a a  m a a 



 

(1 os ) os

.cos (3 2 )sin sin

sin ( os os ) os (3 2 )sin

(1 os sin ) sin (1 2sin )



Thay (8) vào ta được:

2 cos 1

(1 os sin ) sin (1 2sin )

1 cos a x c g a x







    



sin (1 os )

0

4 2 os sin

x

a

c

mg N

1

N

Mg 

2

N

A

'

N

G h

Vậy gia tốc vật 3 ngược hướng chiều dương trục Ox và có độ lớn: 3 2

sin (1 os )

4 2 os sin

g c a

c





 

Câu 3:

a) Pt chuyển động của quả cầu theo phương thẳng đứng hướng xuống

1

os

mg Nc  ma (1)

Pt chuyển động của nêm theo phương ngang sang phải

2

'sin

Khi tâm quả cầu đi xuống một đoạn s thì nêm sang phải một đoạn 1 s2

Dễ thấy liên hệ: s1 s2tan

Suy ra liên hệ gia tốc: a1 a2tan (3) (0,75 điểm)

Thay (2), (3) vào (1) ta được pt:

sin

os tan N

mg Nc m

M



 

2

sin os

os

m

mg N c

Mc







Điều kiện cân bằng theo phương thẳng đứng của nêm:

Ta chỉ cần tìm điều kiện để nêm không bị nghiêng ngay ở thời điểm ban đầu (vị trí dễ nghiêng nhất trong quá trình chuyển động)

Ở giới hạn của sự nghiêng thì phản lực N2

của mặt đất đi qua điểm A

Xét trong hệ quy chiếu gắn với nêm thì các lực tác dụng lên nêm là: N Mg F N ', , qt, 2

Gọi h là chiều cao của nêm

Cách 1:

Chọn trọng tâm G của nêm làm tâm quay (để khử momen lực Mg F, qt) thì điều kiện để nêm

không bị nghiêng là: M N G '/ M N G 2 /

(0,5 điểm)

2

Thay N từ (5) vào (6) và biến đổi ta được:2

2

cos '

2sin

Mg

N 





Thay tiếp N từ (4) vào ta được:

2 2

os

Mc



2

tan

M

Cách 2: Chọn A làm tâm quay thì điều kiện để nêm không nghiêng là:

M  M M

(Với F qt Ma2

)



sin 3 sin tan

Mg

N  N 

Thay tiếp N từ (4) vào ta được:



0

N

os

os

c

Mc









2

tan

M

m  

b)

Liên hệ vận tốc v1v2tan (7) (0,25 điểm)

Khi điểm tiếp xúc giữa quả cầu và nêm dịch được đoạn đường L trên nêm thì tâm quả cầu đi xuống được quãng đường là sinL 

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ quả cầu và nêm:

sin

mv Mv

Thay (7) vào (8) ta được:

2

2 sin

tan

Mv mgL  mv



1

2

2 sin 1

tan

gL v

M m





 



(0,5 điểm)

Câu 4:

Gọi N  12

và  N21

là lực tương tác của thanh AO lên thanh AB và ngược lại

Theo Định luật III Niu-tơn N12 = N21 = N

Gọi N  o

là phản lực do bản lề O tác dụng

lên thanh OA tại O

* Xét thanh AB:

+ Do thanh AB cân bằng nên: P               2                N12                F 0               

Chiếu lên các trục ta có:

12

N cos P 0

N sin F 0

  





   



2 2 2 2

12 2

F tan

P



 

 





+ Do thanh AB cân bằng nên:

2

L F.Lcosα =P sinα

2



2F 2F tan

P mg

* Xét thanh OA:

1,0 1,0

1,0

1,0

1



2

A



y

O





12

N

21

N

0

N

+ Do thanh AO cân bằng nên: P               1               N21               No                0

Chiếu lên các trục ta có:

N cos N cos P

N sin N sin

   





  



2 2 2 2

0 1 2

F tan

2P



 

 



 + Do thanh AO cân bằng nên: MP /A 1 = MN /A o 1 1 0 1

L

P sinα = N Lsin(α -θ)) 2



1

tan

2P P 3mg



Câu 5:

m

Gọi V là thể tích một nửa bình:

Trước khi khuyếch tán:

pAV=

m A

μ A RT và p

HV=

m H

μ H RT

0,5đ

⇒

p A

p H =

m A

m H .

μ H

μ A (1)

0,5đ

⇒ pV = (

m A

μ A +

m H

μ H )RT = (

m A

m H+

μ A

μ H ).

m H

μ A RT (2) 0,5đ

* Sau khi khuyếch tán:

p’V = (

m A

μ A +

m H

2 μ H )RT = (

m A

m H+

μ A

2 μ H ).

m H

μ A RT (3)

0,5đ

Chia (2) cho (3) được:

p p' =

m A

m H+

μ A

μ H

m A

m H+

μ A

2 μ H =

3

2

0,5đ

⇒

m A

m H =10 (4)

0,5đ

Thay (4) vào (1) suy ra:

p A

p H = 1

2

0,5đ

⇒ pA =

p

3 ; pH =

2 p

3

0,5đ

Câu 6:

Vì các đường EG là đường đẳng áp và đường FH là đừng đẳng tích

Vì điểm S là tâm hình vuông nên ta có:

V V T T

V    T  

1,0

S

T T T T

Vậy

2

C

B

S

T

T T

0,5

T P T T P T P Vậy :

2

S

T T

T T T  



2

0,5

2) Công mà khí thực hiện trong một chu trình có độ lớn bằng diện tích hình chữ nhật ABCD Áp dụng PTTT của khí lý tưởng ta có:

'

( )(V )

1,0

1) Khí nhận nhiệt trong các quá trình AB và BC :

2

1 2 1

5

2

TT T

T T





2

7

2

T TT

T T





21.300

T T



0,5

Vậy hiệu suất của chu trình là:

'

2( )

0,125 12,5%

7 5

T T A

H



0,5