ÔN HSG LỚP 10 MÔN VẬT LÍ

ễN THI HSG 10 Bi1: u di ca mt lc k treo trong mt bung thang mỏy cú múc mt vt khi lng m = 2 kg. Cho bit bung thang mỏy ang chuyn ng nhanh dn u theo phng thng ng v lc k ang ch 15 N. Ly gia tc ri t do g = 10 m/s 2 . Bung thang mỏy ang chuyn ng Bi 2: Mt vt nh cú khi lng m = 0,1 kg c treo vo mt u si dõy nh khụng dón, u cũn li ca si dõy c buc cht vo im c nh O. Cho vt m chuyn ng theo qu o trũn nm trong mt phng thng ng vi tõm O v bỏn kớnh r = 0,5 m (hỡnh bờn). B qua sc cn ca khụng khớ v ly gia tc ri t do g = 10 m/s 2 . Cho bit vn tc ca vt khi i qua v trớ cao nht ca qu o l v = 5 m/s. Lc cng ca si dõy khi vt i qua v trớ cao nht ca qu o? Bi 3: Nc phun ra t mt vũi t trờn mt t vi tc ban u v 0 nht nh. Gúc gia vũi v mt t tng dn t 0 n 90 0 . Tm bay xa L ca nc bin i nh th no ? Bi 4: Một lợng khí lý tởng ở 27 0 C đợc biến đổi qua 2 giai đoạn: Nén đẳng nhiệt đến áp suất gấp đôi, sau đó cho giãn nở đẳng áp về thể tích ban đầu. 1)Biểu diễn quá trình trong hệ toạ độ p-V và V-T. 2)Tìm nhiệt độ cuối cùng của khí. Bi 5:Mt cỏi ph chuyn ng sang mt con sụng rng 1km, thõn ph luụn vuụng gúc vi b sụng. Thi gian ph sang sụng l 15phỳt. Vỡ nc chy nờn ph trụi xuụi 500m v phớa h lu so vi v trớ ban u. Tớnh vn tc ca dũng nc, vn tc ca ph i vi nc v vn tc ca ph i vi b? P N B1 HD: Số chỉ lực kế bằng lực căng của lò xo tác dụng lên vật. Chọn HQC gắn với thang máy, chiều dơng hớng lên ta có: 0 0 qt T P F T P ma+ + = + = ur ur uur ur ur r (a là gia tốc của thang máy). Chiếu các véc tơ lên chiều dơng ta có (giả sử a r hớng lên): 15 20 0 2,5( / ) 2 T P T P ma T P ma a m s m = = + = = = < 0 a r ngợc chiều dơng a r h- ớng xuống Thang máy chuyển động nhanh dần đều xuống dới với gia tốc a=2,5m/s 2 . B2 HD: Chọn trục tọa độ có phơng đứng, chiều dơng hớng xuống. áp dụng định luật II Niutơn cho vị trí cao nhất của vật ta có: 2 2 0,1.5 10.0,1 4 0,5 ht mv T P ma T N R + = = = = B3 HD: 2 0 v .sin 22 L .Do g = từ 0 90 0 22 từ 0 đến 180 0 v r o r Mµ sin β = sin (180 - - B) → cã 2 gi¸ trÞ cđa α cho cïng gi¸ trÞ L * Khi 0 ≤ 90 0 ; α t¨ng th× sin 2α t¨ng → L gi¶m * 22 > 90 0 th× α t¨ng → L gi¶m MỈt kh¸c L lín nhÊt khi sin 2α lín nhÊt hay sin 2α = 1 → 22 = 90 0 → = 45 0 B4 1)Theo bµi ra ta vÏ ®ỵc ®å thÞ nh 2 h×nh díi ®©y (2x0,375®) 2)Tõ (1) ®Õn (2) lµ qu¸ tr×nh ®¼ng nhiƯt nªn ta cã: p 1 V 1 =p 2 V 2 Víi p 1 =p 2 (a) (0,25®) Tõ (2) ®Õn (3) lµ qu¸ tr×nh gi·n ®¼ng ¸p nªn ta cã: V 1 =V 3 vµ: 2 2 1 2 2 3 3 2 2 3 3 T V V T V V T T V T V ==⇒= (b) (0,25®) KÕt hỵp (a) vµ (b) ta cã:T 3 = 1 2 p p T 2 =2.300=600 0 K (0,25®) Bài I: Ba người bạn A – B – C chỉ có một chiếc xe đạp quyết đònh cùng đi dự một đám cưới cách chỗ ở 30km. Phương án của họ vạch ra để đến nơi cùng một lúc là: B chở A còn C đi bộ, đi được một đoạn đường thích hợp thì A xuống xe đi bộ còn B quay lại đón C. Dọc đường quay lại đón C thì xe hỏng, phải dừng lại sửa sau đó tiếp tục quay lại đón C. Do vậy mà B và C đến trễ sau A 3 phút. Vận tốc xe đạp là 15 km/h, người đi bộ là 6km/h. a) Sau thời gian bao lâu thì A đến nơi ? b) Tìm thời gian sửa xe. c) Vẽ dạng đồ thò chuyển động của mỗi người. ĐÁP ÁN V V 1 =V 3 1 3 2 T 0 T 1 =T 2 p 2 3 p 2 =2p 1 p 1 1 0 V 1 =V 3 a) Thời gian A đến nơi là thời gian theo dự kiến. t 1 : Thời gian đi bộ của A t 2 : Thời gian A ngồi trên xe v 1 t 1 + v 2 t 2 = S (0,5đ) Quãng đường xe đạp phải đi là: Hành trình của xe đạp S + 2MN v 2 (t 1 + t 2 ) = S + (S – 2v 1 t 1 ) 2 => v 2 t 1 + v 2 t 2 = 3S – 4v 1 t 1 (1đ) Thay số ta có: 6t 1 + 15t 2 = 30 15t 1 + 15t 2 = 90 – 24t 1 (0,5đ) b) Trong thời gian xe hỏng (∆t), C đi thêm được quãng đường v 1 . ∆t. Quãng đường xe đạp được giảm : 2v 1 ∆t Nghóa là bớt được thời gian: (0,5đ) Ta có 3ph= (1,5đ) Bài 2: Trên mặt nằm ngang nhẵn có đặt chiếc nêm khối lượng M, độ cao h với các góc nghiêng α, β. Tại đỉnh nêm người ta giữ 2 vật nhỏ cùng khối lượng m. Sau khi thả rơi hai vật trượt theo 2 phương nghiêng khác nhau rồi bò mắc kẹt vào 2 chiếc rổ. Hỏi nêm dòch chuyển 1 đoạn bao nhiêu ? )( 11 14 15.11 210 )( 11 20 33 60 2 1 ht ht == == 11 34 21 =+=⇒ ttt M N v 2 t 2 v 1 t 1 2 1 2 v tv ∆ h 20 1 )( 20 1 . 2 2 1 ht v v t =∆−∆ )(15)( 4 1 20 1 5 4 phhttt ==∆⇒=∆−∆⇒ => (1đ) β α h M m m’ x(Km) t (h) B + C A A + B C ĐÁP ÁN: + Gọi x 1 , x 2 , x 3 là tọa độ khối tâm mỗi vật theo phương Ox -> OO 1 là độ dòch chuyển khối tâm của M -> ∆x 3 = OO 1 . + Vì các ngoại lực tác dụng lên hệ theo phương thẳng đứng -> khối tâm hệ bảo toàn theo phương ngang. => m(∆x 3 – hcotgα) + m (∆x 3 + hcotgβ) + M∆x 3 = 0 Bài 3: Một thang kép gồm 2 thang đơn AB, AC có thể quay không ma sát quanh trụ A. Mỗi thang dài 2l có trọng lượng P đặt tại trung điểm góc BAC = 2α. Một người có trọng lượng P 1 trèo lên thang AB. Vò trí H của người ấy được xác đònh bởi AH = x. Hệ số ma sát của thang và mặt phẳng nằm ngang là k = tg ϕ. a) Nếu thang bò trượt thì thang đơn nào trượt trước? b) Tính tg ϕ khi thang bắt đầu trượt. c) Xét các trường hợp riêng. - Không có người. - Người đứng yên trên thang ở A. - Người đứng yên ở B. ĐÁP ÁN: a. (0,5đ) Thang kép chòu tác dụng của các lực (hình vẽ) Trọng lực P A , P B , P 1 (P A = P B = P) Phản lực R 1 của mặt đất ở B nghiêng góc β 1 so với đường thẳng đứng. Phản lực R 2 của mặt đất ở C nghiêng góc β 2 so với đường thẳng đứng. Thang bò trượt nếu β > ϕ. (0,5đ) Khi thang cân bằng thì hình chiếu của F hl trên phương ngang = 0 0 321 = ++ ∆+∆+∆ ⇒ mmm xmxmxm Mm ggmh xOO + − =∆=⇒ 2 )cot(cot 31 βα 1 2 3 β @ α → P+P 1 → y ↑(+) x 0 (+) C B P 1 → → → → P → P 2α N 1 A γ N 2 → β 1 R 1 → β 2 → R 2 γ → → → →  R 2 Sinβ 2 – R 1 Sinβ 1 = 0 (0,5đ) Thang AB có người đứng nên R 1 > R 2 . Vậy β 2 > β 1. Vậy β 2  ϕ trước khi β 1  ϕ Nghóa là thang AC trượt trước thang AB. b. Khi hai thang đơn tác dụng lên nhau các phản lực ở A trực đối N1= -N2 Xét sự cân bằng của thang AB và tính momen lực đối với trục quay qua B ta có: N 1 2l cos (α - γ) = [Pl + P 1 (2l –x )] sin α (1) (0,25đ) Xét cân bằng của AC và lấy momen đối với trục qua C. 2lN 2 cos (α - γ) = Pl sin α (2) (0,25đ) (1) + (2) ⇔ 4Nl cosα cosγ = [2Pl + P 1 (2l –x )] sin α (3) (0,25đ) (1) - (2) ⇔ 4Nl sin γ = P 1 (2l- x) (4) (0,25đ) Mặt khác ta lại có: R 2 + N 2 + P = 0 (a) Chiếu (a) lên ox R 2 sinβ 2 = N 2 cos γ oy R 2 cosβ 2 – P = N 2 sin γ Thang bắt đầu trượt thì β 2 = ϕ Từ (b) => R 2 sinϕ = N 2 cos γ (5) (0,25đ) R 2 cosϕ - P = N 2 sin γ (6) Thay cos γ, sin γ trong (5), (6) vào (3), (4) Ta được: 4lR 2 cos α sinϕ = [2Pl + P 1 (2l – x)] sin α 4l (R 2 cos α - P) = P 1 (2l – x) Khử R 2  (0,5đ) Với α là góc giữa thang với phương thẳng đứng ứng với lúc nó bắt đầu trượt. c/ Nếu P 1 = 0 thì tgα = 2tgϕ < tg2ϕ  α < 2ϕ (0,5đ) Tại A thì x = 0  (0,5đ) Tại B thì x = 2l  tgα = 2tgϕ < tg2ϕ  α < 2ϕ (0,5đ) Bài 4: Một vật khối lượng m 2 được treo bằng sợi dây dài l = 1m với điểm treo ở độ cao h = 2m. Tại mặt đất người ta ném xiên 1 vật m 1 (với m 1 = 2m 2 ) với vận tốc sao → → ( ) N 1 = N 2 = N → → → → → → → (b) (0,25 đ) ( ) ( ) ϕα tg xPPPl xPPPl tg 11 11 2 22 −+ −+ = ϕα tg PP PP tg 1 1 2 + + = cho m 1 đến va chạm tuyệt đối đàn hồi xuyên tâm với m 2 theo phương ngang, m 2 sau va chạm lên đến độ cao của điểm treo O. a) Tìm độ lớn v, góc ném α và vò trí điểm ném A (hay khoảng cách AB)? b) Tìm tầm xa của m 1 ? Bỏ qua lực cản môi trường; lấy g = 10m/s 2 ĐÁP ÁN: a) Sau va chạm m 2 có vận tốc v 2 ’. Theo đònh luật bảo toàn cơ năng: Xét va chạm, động lượng bảo toàn, động năng bảo toàn: Giải ra được : Vò trí va chạm là vò trí độ cao cực đại của m 1 Nên : v x = v 1 với : vx = vcosα Mặt khác: => Góc ném : Thời gian lên đến độ cao cực đại của m 1 glmvm 2 2 ' 22 2 1 = )/(52202 ' 2 smglv ===⇒ )/( 2 5 4 1 3 1 ' 21 ' 1 smvvv === '' 221111 vmvmvm += 2 22 2 ' 11 2 11 'vmvmvm += 1 21 1 ' 2 2 v mm m v + = 1 21 21 ' 1 v mm mm v + − = )/( 2 53 4 3 3 4 ' 211 ' 2 smvvvv ==⇒=⇒ )/(52)(2 smlhgv y =−= Vx Vy tg = α 253 5 3 2 53 52 0 =⇒== αα tg m 2 l O m 1 α A B V (0,5đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,25đ) V α Vx Vy (0,5đ) (0,25đ) b) Sau va chạm m 1 có vận tốc chiều tiến tới trước Vì m 1 > m 2 . Từ vò trí đó m 1 chuyển động ném ngang Tầm xa tính từ B : Tầm xa của m 1 : X M = x M + AB = 1,5 + 0,5 = 2 (m) Bài 5: Túi cát khối lượng m 2 nảy lên cao bao nhiêu nếu ở bên kia cầu bập bênh ta thả một túi cát giống hệt như vậy từ độ cao H. Biết khối lượng tấm ván là m 1 và độ dài của nó là . ĐÁP ÁN Tại lúc va chạm, momen động lượng được bảo toàn đối với điểm O (Với O là tâm đối xứng của hệ – momen của trọng lực đối với O bằng 0). Ta có: (1đ) (1đ) Mà : (1đ) Độ cao cực đại mà m 2 có thể lên được: (1đ) (1đ) )(52,0 10 52 s g Vy t === mtVAB x 5,152,0. 2 53 ===⇒ )(5,0 10 )12(2 . 2 5 mx M = − ==> ωω . 4 .2 12 2 2 2 2 2 1 2   mm gHm += ω ) 6 (2 2 1 2 m m gHm +=⇒ 21 2 6 26 mm gHm + =⇒  ω 21 2 6 23 2 . mm gHm v + ==  ω gmm gHm g v h 2 1 . 6 23 2 2 21 2 2         + == 2 2 2 2 vm ghm = H mm m h 2 21 2 6 3         + = O m 2 m 2 m 1 H /2 /2 (0,5đ) V 1 ’ g lR Vx M )(2 . ' 1 − = (0,5đ) (0,25đ) (0,25đ) Bài 6: Bơm pittông ở mỗi lần bơm chiếm một thể tích khí xác đònh. Khi hút khí ra khỏi bình nó thực hiện 4 lần bơm. p suất ban đầu trong bình bằng áp suất khí quyển P 0 . Sau đó, cũng bơm này bắt đầu bơm khí từ khí quyển vào bình và cũng thực hiện 4 lần bơm. Khi đó, áp suất trong bình lớn gấp đôi áp suất khí quyển. Tìm hệ thức giữa thể tích làm việc của bơm và thể tích bình. ĐÁP ÁN: Khi hút khí trong bình sau lần bơm đầu tiên áp suất trong bình trở thành P 1 . Ta có: P 0 . V = P1 (V+V 0 )  (1đ) Với V là thể tích của bình, V 0 là thể tích làm việc của bơm pittông. Vậy sau 4 lần bơm áp suất trong bình là: (0,5đ) Khi bơm khí vào trong bình sau 4 lần bơm trong bình thiết lập một áp suất bằng P. (1đ) Theo điều kiện của bài toán: P = 2P 0 , đặt Ta có phương trình: (0,5đ) Dựng đồ thò của các hàm: y = 2 - 4x và y = như hình vẽ. Từ giao điểm của hai đồ thò ta tìm được x ≈ 0,44 nghóa là (0,5đ) (1đ) 0 01 VV V PP + = 2 0 0 0 12         + = + = VV V P VV V PP 4 0 0 '         + = VV V PP             +             + =         +         + =+= V V V V P V V VV V P V VP PP 0 4 0 0 0 4 0 0 00 4 1 1 4 4 ' V V x 0 = 44 1 1 424 1 1 2       + =−⇔+       + = x xx x 4 1 1       + x 44,0 0 ≈ V V x y 0 0,1 • 0,44 0,5 0,8 1 4 1 1       + = x y A. C hc 1. ng hc Bài 1: Cho cơ hệ nh hình vẽ. B chuyển động sang phải với gia tốc a r , còn vật nhỏ A đợc nối với điểm C bằng một sợi dây không dãn đợc nâng lên theo đờng dốc chính của một mặt trụ của vật B. Mặt này có bán kính R. Giả sử tại thời điểm ban đầu vật A nằm trên sàn và đang đứng yên, sợi dây luôn căng. Hãy tính vận tốc trung bình của vật A trong quá trình A đi từ sàn lên đến điểm cao nhất của trụ B (điểm D). Giải: Khi A đi từ sàn lên đến điểm cao nhất của trụ thì độ dời của nó sẽ là AI r : cos 2 22 DIADDIADIAIA +== ( 4 = ) ( ) 2 2 .2. 2 .22 2 2 2 RRRRIAIA + == 84 2 2 += R IA Ta có thời gian để trụ dịch chuyển từ E đến F là: 2 2 1 atEF = Thời gian để trụ đi từ E đến F cũng chính là thời gian chuyển dời của vật nhỏ khi đi từ I đến A : Suy ra: a R a R a AD a EF t ==== 2 .2 .2.2 Vận tốc trung bình của vật nhỏ A: t IA v = =v aR)84( 2 1 2 + Bài 2: Môt chiếc ca nô xuất phát từ điểm A trên đờng cái, ô tô này cần đến điểm D (trên đồng cỏ) trong thời gian ngắn nhất. Biết lCDdAC == ; . Vận tốc ô tô chạy trên đờng cái (v 1 )lớn hơn vận tốc ô tô trên đồng cỏ (v 2 ) n lần. Hỏi ô tô phải rời đờng cái tại một điểm B cách C một đoạn x là bao nhiêu? Giải: Thời gian ô tô chạy trên đờng cái từ A đến B: 1 1 v xd t = Thời gian ô tô chạy trên đồng cỏ từ B đến D: 2 22 2 v lx t + = . Tổng thời gian chạy từ A đến D của ô tô : 21 ttt += = 1 v xd 2 22 v lx + + . + = 1 v xd 1 22 . v lx n + . Đặt: ( ) 1 22 v lxnxd xf ++ = ( ) 1 1 ' v xf = 22 1 lxv nx + + 22 1 22 . lxv lxnx + + = . f(x) = 0 x= 1 2 n l . Bảng biến thiên: Vậy ô tô phải rời đờng cái tại B cách C một đoạn =x 1 2 n l , lúc đó thời gian ngắn nhất cần thiết của ô tô sẽ là: 1 2 min 1 v nld t + = . Bài 3: Trên mặt phẳng nằm ngang có một cột trụ bán kính R thẳng đứng, ngời ta dùng một sợi dây chỉ mảnh không dãn, khối lợng không đáng kể để nối một vật nhỏ với một điểm trên vành trụ, điểm này sát mặt phẳng ngang. Ban đầu vật nhỏ nằm yên trên mặt phẳng và dây ở t thế căng, lúc này chiều dài dây là L. Truyền cho vật vận tốc v 0 hớng vuông góc với dây và vật chuyển động trên mặt phẳng ngang cuốn dây vào trụ. Hỏi sau bao lâu dây cuốn hết trụ? Giả thiết [...]... mét đầu là 23 giây Thời gian đi 10 mét cuối là : t = 10 10 = = 0.29( s) v n +1 7.5 Vận tốc trung bình: v= v= 325 23 + 0,29 + 1 13,38( m / s ) Bài 11: Hai vật chuyển động với vận tốc không đổi trên hai đờng thẳng vuông góc với nhau cho v1 = 30m/s , v2 = 20m/s Tại thời điểm khoảng cách giữa hai vật nhỏ nhất thì vật một giao điểm của quỹ đạo đoạn S1 = 500m, hỏi lúc đó vật hai cách giao điểm trên một đoạn... tìm đợc: 5 sin = 3 10 gR + 10 gR + 54 gh t1 = 3 3.g 10 gR 10 gR + 54 gh m2), vật. .. hàng vẫn trợt mà không bị lật khi : N A 0 Hay: 1 àn 0 n 1 à Bài 26: Một vật nhỏ đang nằm yên trên mặt phẳng nằm ngang nhẳn, lúc t = 0 vật đó chịu tá dụng của một lực phụ thuộc thời gian F = t ( là hằng số) Lực hợp với mặt nghang góc không đổi a Tính vận tốc của vật lúc rời mặt phẳng ngang b Quảng đờng vật đi đợc trong khoảng thời gian đó Giải: a Xét các lực tác dụng vào vật: r r r r F + p +... Lực căng T luôn có phơng vuông góc tốc, nó không thực hiện công, do vậy vật sẽ động có vận tốc không đổi wd = 0 Hay cách khác đối với hệ quy chiếu gắn với máy vật sẽ chuyển động tròn đều với vận với vận chuyển nói thang tốc: v = 2 gl (1 cos 0 ) Sỡ dĩ ta có lập luận nh thế là vì T luôn Thật vậy khi thang máy rơi tự do thì đồng đó theo phơng thẳng đứng vật cũng rơi tự dơng thời lúc do và đều với... chiều, lực căng vuông góc với v , không có lực nào sinh công nên động năng đợc bảo toàn Do vậy vật sẽ chuyển động tròn đều đối với thang máy nên nó sẽ lên đến điểm cao nhất b Chiếu (1) lên chiều hớng tâm : mv 2 m T = ma = = 2 gl (1 cos 0 ) 2mg (1 cos ) T= 0 Nhận xét: Đối với thang máy vật sẽ chuyển động tròn đều bất kể 0 < 0 và không phụ thuộc 2 vào chiều dài sợi dây và vị trí của vật Bài 31: Cho... cao nhất không? vì sao? b Tính lực căng của sợi dây ở vị trí vật có độ cao cực đại so c với sàn thang máy? Nêu nhận xét Giải: r a Xét vật trong hệ quy chiếu gắn với thang máy Vật chịu tác dụng của trọng lực p r r ,lực quán tính Fdt và lực căng T của sợi dây - Theo định luật r Newton : II r r r p + Fqt + T = ma - Thang máy rơi tựrdo: r r r r p + Fqt = 0 T = ma (1) r Lực căng T luôn có phơng vuông góc... vt (2) l: r r v12 = v1 v 2 v12 = v1 + v 2 = 10 (m/s) Thi gian t ban u n lỳc vt (1) v (2) gp nhau l: AB 100 t= = = 10 v12 10 vt (s) Quóng ng vt nh i c tng cng cho n lỳc vt (1) v vt (2) gp nhau l: s = t = 10 = v 30 300 2 Động lực học chất điểm: (m) Bài 19: ở mép đĩa nằm ngang bán kinh R có đặt một đồng tiền Đĩa quay với vận tốc = t ( là gia tốc góc không đổi) Tại thời điểm nào đồng tiền sẽ văng ra... Giai đoạn tiếp theo vật nh một vật bị ném xiên với góc và với vận tốc ban đầu: Thay cos = v= đó: 2 gR 3 Theo đề bài R . đi 10 mét cuối là : )(29.0 5.7 101 0 1 s v t n === + Vận tốc trung bình: 129,023 325 ++ =v =v )/(38,13 sm Bài 11 : Hai vật chuyển động với vận tốc không đổi trên hai đờng thẳng vuông. bề dày của dây. Giải: Ta nhận thấy ngay không có lực nào tác dụng vào vật sinh công, do vậy động năng của vật đợc bảo toàn do vậy nó có vận tốc không đổi v 0 . Tại một thời điểm nào đó dây. Truyền cho vật vận tốc v 0 hớng vuông góc với dây và vật chuyển động trên mặt phẳng ngang cuốn dây vào trụ. Hỏi sau bao lâu dây cuốn hết trụ? Giả thiết trong khi chuyển động dây luôn nằm ngang.