Đề thi olympic vật lý lớp 10 2016 2017 trường THPT chuyên nguyễn tất thành kon tum file word có lời giải chi tiết

Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH – KON TUM Câu 1: (5 điểm) Một viên bi nhỏ, khối lượng m, buộc vào sợi dây nhẹ không giãn, đầu dây gắn điểm với khối trụ định, bán kính r Ở thời điểm ban đầu sợi dây quấn sát trụ cho viên bi tiếp xúc với hình trụ, sau viên bi thu vận tốc v theo phương bán kính sợi dây bắt đầu tách khỏi khối trụ Hãy xác định chiều dài l đoạn dây tách khỏi khối trụ thời điểm t Bỏ qua trọng lực tác dụng lên bi giả thiết thời điểm t ta xét sợi dây chưa bị tách hết cố Câu 2: (5 điểm) Cho hệ học hình vẽ: Nêm có khối lượng M, góc nghiêng  Trên mặt nêm có hai vật có khối lượng m1 m2  m1  m  Coi dây không giãn Bỏ qua khối lượng ròng rọc dây; bỏ qua ma sát trục quay ròng rọc Giữ nêm cố định Biết hệ số ma sát hai vật với nêm k a Tìm giá trị cực đại  max góc  để hai vật đứng yên b Với góc   max Tính gia tốc hai vật Bỏ qua ma sát hai vật nêm; nêm sàn ngang Tính gia tốc tương đối hai vật vơis nêm gia tốc a M nêm sàn Câu 3: (5 điểm) Trên hình vẽ bát đặt cố định có hình bán cầu tâm O, bán kính a, phía trơn nhẵn (miệng bát nằm ngang) Trong bát đặt mỏng hình tam giác ABC cạnh a, có khối lượng m Đỉnh A tam giác điểm thấp đáy bát bị buộc chặt khiến khơng thể chuyển động trượt (hình vẽ) Khi mỏng đạt trạng thái cân bằng, tìm lức tác dụng bát đỉnh A, B, C Câu 4: (5 điểm) Một vật nhỏ có khối lượng m thả không vận tốc đầu xuống mặt phẳng phửng nghiêng nêm có khối lượng M góc nghiêng  giả thiết nêm chuyển động tịnh tiếm mặt phẳng ngang Bỏ qua ma sát Biết vận tốc vật trước va chạm v http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 a Tìm vận tốc vật nêm sau va chạm b Xác định góc  để sau va chạm vận tốc nêm lớn Câu 5: (5 điểm) Trong xilanh đặt thẳng đứng có pittông mỏng, nhẹ, linh động cách nhiệt Bên pittơng mol khí Heli (coi khí lí tưởng) nhiệt độ t  270 C Bên pittơng chất lỏng, phía chất lỏng khơng khí (hình vẽ) Ban đầu thể tích khí Heli, chất lỏng khơng khí xilanh V0 , áp suất cột chất lỏng xilanh gây p Áp suất khí p0  105 N / m2 Hỏi phải nung nóng khí (qua đáy xilanh) nhiệt lượng tối thiểu để khí dãn nở, pittông lên đẩy hết chất lỏng khỏi xilanh? Câu 6: (5 điểm) Một động nhiệt có tác nhân sinh cơng n mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực chu trình kín biểu diễn hệ toạ độ (p-V) hình vẽ Các đại lượng v0 , V0 biết a Tính nhiệt độ áp suất khí trạng thái (3) b Tính cơng chất khí thực chu trình c Tính hiệu suất động nhiệt http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Vì bỏ qua trọng lực, nên viên bi chịu tác dụng lực căng cảu dây treo Ở thời điểm viên bi quay xung quanh trục quay vng góc với mặt phẳng hình vẽ qua điểm tiếp xúc dây hình trụ  lực căng dây đóng vai trò lực hướng tâm chuyển động quay vng góc với vận tốc viên bi  lực căng T không sinh cơng theo định lí động viên bi chuyển động với vận tốc v Ta chia đoạn dây bị tách vào thời điểm t thành n phần nhỏ chiều dài phần l l  , l chiều dài đoạn dây bị tác thời điểm t Đặt t n thời gian cần thiết để n tách đoạn dây thứ n Trong thời gian viên bi dịch chuyển đoạn v.t n (hình vẽ) v.t n (1) n.l Bán kính vẽ qua điểm tiếp xúc sợi dây hình trụ quay góc:   n Góc mà đoạn dây quay thời gian là:   Mặt khác ta có: n  l r (2) (3) n  l  Từ (1), (2) (3) ta rút ra: t n  v.r Vì ta thu tổng thời gian chuyển động viên bi từ thời điểm ban đầu thời điểm t là: t  t1  t   t n   l  v.r   l  v.r   n  l  v.r n  n  1  l   v.r n  l  Vì n lớn nên ta có n   n Vậy viết lại biểu thức t sau: t  2v.r Và ý rằng: l  n.l , ta thu kết quả: t  l2  l  2vrt 2v.r Câu 2: Giữ nêm cố định, có ma sát a Tính  max để hai vật đứng yên http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Lập luận để thấy m1  m2 nên hệ m1 , m2 có xu hướng chuyển động m1 có xu hướng trượt xuống, m2 có xu hướng trượt lên Phương trình hình chiếu mơ tả trạng thái cân m1 , m2 m1g sin   T  Fms1  m2g sin   T  Fms2   Fms1  Fms2   m1  m  g sin  (1) Điều kiện hai vật đứng yên: Fms1  Fms2  k  m1  m  g cos  Từ (1) (2) suy ra: tan   k  m1  m  m1  m  tan  max  (2) k  m1  m  m1  m b   max tính gia tốc hai vật: Phương trình động lực mơ tả chuyển động hai vật: m1 a1  P1  N1  T1  Fms1  m a  P2  N  T2  Fms2 Lưu ý: T1  T2  T; a  a1 ; a1  a Do chuyển động m1 trượt xuống; m2 trượt lên, ta có phương trình hình chiếu: m1g sin   T  k.m1g cos   m1a  m g sin   T  k.m g cos   m a a   m1  m2  g sin   k  m1  m2  g.cos  m1  m 2 Khơng có ma sát Gọi gia tốc m1 nêm a ; dây không giãn lên gia tốc m2 nêm a ; gọi gia tốc nêm đất a M Ta có phương trình chuyển động cho ba vật là:   - Vật 2: m  a  a   P  N - Vật 1: m1 a  a M  P1  N1  T1 M 2  T2 - Nêm: M.a M  P  N '1  N '2  2T  N Lưu ý: T1  T2  T; N1  N '1; N  N '2 Chiếu phương trình lên trục Ox nằm ngang Oy thẳng đứng ta có:  N1 sin   T cos   m1  a cos   a M  Theo phương Ox:   N sin   T cos   m  a cos   a M  1  2  m1g  N1 cos   T sin    m1a sin  Theo phương Oy:   m g  N cos   T sin   m 2a sin   3 4 Phương trình hình chiếu nêm theo phương Ox: 2T cos   N1 sin   N sin   Ma M Từ (1) (2):  N1  N  sin    m1  m  a.cos    m1  m  a M  N1  N  sin   2T cos    m1  m  a.cos    m1  m  a M (5) (6) (7) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Từ (3) (4):  m1  m  g   N1  N  cos    m1  m  a.sin  (8) Từ (5) (7): Ma M   m1  m2  a.cos    m1  m  a M  aM    m1  m2  a.cos   m1  m2  M  (9)   m  m  M  4m1.m  Thay (9) vào (6):  N1  N  sin     a.cos  m1  m  M   Giải hệ (8) (10) ta có:  M  m1  m2  m1  m2  g.sin  a M  m1  m    m1  m  sin   4m1.m cos  (10)  m1  m  g.sin .cos  aM  M  m1  m    m1  m  sin   4m1.m cos  Câu 3: Vì A điểm thấp bát hình bán cầu, cạnh BC tam giác nằm ngang Nối OB, OC, điểm A, B, C nằm mặt cầu nên ta có: (1) OA  OB  OC  a ABC tam giác nên: AB  BC  AC  a (2)  Tứ diện OABC tứ diện Các lực tác dụng lên mỏng gồm: * Tại điểm B, C: N B , N C mặt bát tác dụng lên vng góc với mặt bát hướng vào tâm O, tính đối xứng nên N B  N C (3) Hợp lực N BC  N B  N C N BC nằm đường phân giác DO góc COB N BC  2N B cos 300  3N B với DO  OBcos 300  * Trọng lực P  mg a (4) (5) (6) P đặt G, song song với OA nằm mặt phẳng OAD, giao với OD K http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Ta có: AG  2 AD  OD  a 3 OK  AG  a (7) (8) * Lực N A mặt bát tác dụng lên A Bản mỏng cân nên N A , N BC , P nằm mặt phẳng giá chúng giao điểm  N A , N BC , P nằm mặt phẳng OAD giá N A qua K Trong tam giác OAD, ta có: OD  OA  a OA = a Gọi DOA  ; OAK   ODA     Tam giác OKA, ta có: AK  2 a  a2  a  a 3 3 a a AK OB OA a      Theo định lý hàm sin: sin  sin  sin      sin  sin  sin      Xét tam giác KMN, ta có dịnh lý hàm sin: N NA P  BC  sin  sin  sin      (10) (11) - Từ (10), (11) (3), (4), (6) ta giải được: NA  mg sin   mg sin      NB  NC  1 mg sin  N BC   mg 3 sin      Câu 4: a) Gọi V v vận tốc nêm M vật m sau va chạm Theo định luật bảo toàn 1 m năng: mv02  mv  MV  V   v02  v  (1) 2 M http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang: MV  mv cos   (  góc hợp v phương ngang)  V  Từ (1) (2) suy v  m v cos  M v0 (2) (3) m  cos  M Do ma sát, va chạm m chịu tác dụng phản lực vng góc với mặt nghiêng, theo phương mặt nên vận tốc vật m bảo toàn nên: v sin   v cos       v  v  cot  cos   sin   v02  v2  cot  cos   2cot sin  cos   sin   (4) Từ (3) (4) đồng thời thay sin    cos2  suy ra: m 1  m   cos   cot      2cot  sin  cos   tan   cot   1    K M 2 cot   M    Thay cos  vào (30 ta có vận tốc vật m sau va chạm là:  cos   1 K v0 v m 1 M 1  K  Thay v vào (1) ta vận tốc nêm sau va chạm là: V  m M v0 1 K2  m M b Để sau va chạm vận tốc nêm lớn K phải đạt giá trị nhỏ nhất, tức Khi cot    m M Vậy với góc  thoả mãn biểu thức cot    m vận tốc nêm sau va chạm đạt giá trị M cực đại Câu 5: * Giai đoạn 1: Từ đầu chất lỏng chạm miệng xilanh - Vì pittơng lên nên trình đẳng áp, áp suất khí ln áp suất khí Ở cuối giai đoạn nhiệt độ khí T1 , thể tích khí V1  2V0 ( V0 thể tích khí ban đầu) - Áp dụng định luật Gay-Luysac cho khối khí Heli ta có: V0 V1 2V0    T1  2T0  600K T0 T1 T1 Nhiệt lượng khí nhận vào gia đoạn là: Q1  U  A với U  nCV T  R  T1  T0   3739,5  J  http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 A  p1V  2p  V1  V0   2p V0  2RT0  4986  J   Q1  8725,5  J  * Giai đoạn 2: Từ chất lỏng bắt đầu chảy chất lỏng chảy hết Gọi S diện tích pittơng, H 2H độ cao ban đầu chất lỏng khối khí, x độ cao pit tông so với đáy xilanh vị trí cân pittơng nâng lên Ban đầu, áp suất cột chất lỏng có độ cao H p Do trạng thái cân cột chất lỏng có độ cao 3H – x, có 3H  x p0 H Dễ thấy áp suất khí p x trạng thái cân tổng áp suất khí p áp suất áp suất 3H  x 4H  x (1) p0  p0 H H Theo phương trình Cla-pê-rơn-Men-đê-lê-ép viết cho trạng thái cân ban đầu trạng thái cân p S.x 2p S.2H  mới, ta được: x Tx T1 cột chất lỏng nên: p x  p0  Sau thay biểu thức p x vào ta tìm nhiệt độ khí trạng thái cân là: Tx   4H  x  x T 4H Độ biến thiên nội q trình pittơng nâng lên đến độ cao x bằng:  x  2H   x  2H  U  nCV  Tx  T1     RT1  CV T1   8H  2H  2 (2) Cơng mà khí thực trình (áp suất biến thiên tuyến tính từ 2p0 đến p x ) là: A  6H  x  x  2H  p S 2P0  p x  xS  2HS  2H Vì trạng thái ban đầu: 2p0 2HS  RT1 Nên ta được: A   6H  x  x  2H  RT 8H (3) Theo nguyên lí I NĐH: Q2  U  A Kết hợp (2) (3), ta được: Q2    x  5Hx  6H  RT1 2H Vẽ đồ thị Q theo x: http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Từ đồ thị ta thấy để đạt đến trạng thái cân x = 2,5H, ta cần cung cấp nhiệt lượng RT Q2max   623, 25  J  Sau đạt tới trạng thái cân x = 2,5H, khí toả nhiệt, tự phát giãn nở đẩy hết chất lỏng ngồi bình Vậy nhiệt lượng tối thiểu cần cung cấp là: Q  Q 2max  Q1  623, 25  8725,5  9348, 75  J  Câu 6: a Nhiệt độ áp suất khí trạng thái (3): * Đường 2-3 có dạng: p V k p0 V0 - TT2: V2  7V0 ; p  p0  k  - TT3: V3  3V0 ; p3  kp V3 3p  V0 Theo phương trình C-M: T3  p3V3 9p0 V0  nR 7nR b Cơng chất khí thực chu trình: Cơng chất khí thực có giá trị: A  S 123  64p0 V0 c Hiệu suất động nhiệt: Khí nhận nhiệt tồn q trình 3-1 phần q trình 1-2, đoạn 1-I * Xét trình đẳng tích 3-1: 144p V0 i pV p V  Q31  U  nR T  nR  1  3   Q31  2 nR   nR * Xét trình 1-2: p  aV  b http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 - TT1: 5p0  a.3V0  b - TT2: p   p0 p V  8p  a   b  8p0 V0 V0 Vì q trình 1-2 có phương trình: p   Thay p  nRT   p0 V  8p0 V0 (1) nRT vào ta có: V p0 p V  8p V  nRT  2 V  8p V V0 V0 (2) - Theo NL I: Khi thể tích khí biến thiên V ; nhiệt độ biến thiên T nhiệt lượng biến thiên: Q  nRT  pV (3)   p - Thay (2) vào (3) ta có: Q   20p0  V  V V0   Q  điểm I V1  5V0 p1  3p0 Như 3V0  V  5V0 Q  tức chất khí nhận nhiệt lượng Q12  Q11  U11  A11  p p nR  T1  T1   1  V1  V1   8p0 V0 2 * Hiệu suất chu trình là: H  A  32% Q31  Q1I http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 10 ... hiệu suất động nhiệt http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Vì bỏ qua trọng... http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Lập luận để thấy m1  m2 nên hệ m1 , m2 có xu hướng chuyển động m1 có. .. phẳng OAD, giao với OD K http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Ta có: AG  2 AD  OD  a 3 OK  AG