25 DE VA DAP AN THAM KHAO OLYMPIC 10 VAT LY 200 trang

Câu 1 ( 4 điểm): 1. Một vật chuyển động thẳng chậm dần đều. Xét năm đoạn đường liên tiếp bằng nhau trước khi dừng lại thì thời gian chuyển động của đoạn đường thứ tư kể từ lúc bắt đầu chuyển động chầm dần là 2s. Tính thời gian chuyển động từng quãng đường và tổng thời gian vật đi được trong năm đoạn đường bằng nhau kể trên. 2. Một người lái xe ngồi trong ô tô đứng yên lúc trời không có gió thấy vệt nước mưa trên cửa kính theo phương thẳng đứng. Khi có gió nhẹ theo phương ngang, vệt nước mưa lệch về phía sau xe so với phương thẳng đứng góc 30o. Nếu người lái xe cho xe chạy với tốc độ không đổi 5ms (theo phương ngang) về phía trước thì vệt nước mưa lệch về phía sau xe góc 60o. Hãy tính tốc độ gió? Câu 2(4 điểm): Một nêm có tiết diện là tam giác ABC vuông tại A, và hai mặt bên là AB và AC. Cho hai vật m1 và m2 chuyển động đồng thời không vận tốc đầu từ A trên hai mặt nêm. Bỏ qua mọi ma sát. Lấy g = 10ms2. (Hình 1 ) a. Giữ nêm cố định, thời gian hai vật m1 và m2 trượt đến các chân mặt nêm AB và AC tương ứng là t1 và t2 với t2=2t1. Tìm . b. Để t1 = t2 thì cần phải cho nêm chuyển động theo phương ngang một gia tốc a0 không đổi bằng bao nhiêu? Câu 3. ( 4 điểm) Quả cầu nhỏ A khối lượng m nằm trên đỉnh của một bán cầu nhẵn bán kính R được giữ cố định trên mặt sàn nằm ngang. 1. Đẩy quả cầu với vận tốc ban đầu theo phương ngang (hình 2). Xác định để quả cầu không rời bán cầu ngay lúc đó. Tìm vị trí quả cầu rời khỏi bán cầu sau đó. 2. Giả sử khi quả cầu ở độ cao h (so với mặt phẳng ngang) thì vận tốc của nó là . Tìm lực nén của quả cầu lên bán cầu khi quả cầu ở độ cao h < h và chưa rời bán cầu. 3. Giả sử quả cầu lăn không vận tốc ban đầu từ đỉnh bán cầu. a) Xác định vị trí quả cầu rời bán cầu. b) Sau khi rời khỏi bán cầu quả cầu rơi xuống sàn rồi nảy lên (va chạm giữa quả cầu và sàn là va chạm hoàn toàn đàn hồi). Tìm độ cao H mà quả cầu đạt tới sau va chạm với sàn. Câu 4 (4 điểm): Thanh OA nhẹ gắn vào tường nhờ bản lề O. Đầu A có treo vật nặng với trọng lượng P. Để giữ cho thanh nằm ngang cân bằng thì ta dùng dây treo điểm B của thanh lên. Biết OB=2AB a. Tính lực căng T của dây và phản lực Q của bản lề theo góc α. Xác định lực căng nhỏ nhất và phản lực nhỏ nhất mà ta có thể nhận được khi thay đổi vị trí điểm treo C. b. Vì dây treo chỉ chịu được lực căng tối đa là 4P. Hãy xác định vị trí dây treo để dây không bị đứt. Câu 5 (4 điểm): Một mol khí lý tưởng thực hiện một chu trình được diễn tả bằng đồ thị trong mặt phẳng tọa độ (p, V) như hình vẽ. Biết rằng nhiệt độ của khí ở trạng thái A là TA = 300K, còn trạng thái B và C thì khí có cùng nhiệt độ, và VC = 3VA a. Tính công mà khí thực hiện trong chu trình? b. Tìm nhiệt độ lớn nhất mà khí có thể nhận được trong chu trình này?

KỲ THI OLYMPIC MÔN: VẬT LÝ LỚP 10 Thời gian: 150 phút ĐỀ THAM KHẢO Bài (4,0 điểm) Các giọt nước mưa rơi khỏi đám mây thời tiết lặng gió Giả sử giọt nước mưa giống có dạng hình cầu, rơi với vận tốc ban đầu không, theo phương thẳng đứng Biết đám mây độ cao đủ lớn, coi trọng trường nơi khảo sát g  10(m / s ) Bỏ qua sức cản Tìm quãng đường giọt nước mưa rơi giây đầu giây thứ uu r r Xét giọt nước mưa rơi chịu lực cản khơng khí FC  kv (với k số, v vận tốc giọt nước đất) Tại lúc gia tốc đạt tới giá trị (m / s ) vận tốc đạt giá trị 12  m / s  Khi xuống tới gần mặt đất, giọt nước mưa rơi với vận tốc khơng đổi, lúc giọt nước đập vào kính cửa bên ô tô chuyển động thẳng theo phương ngang, giọt mưa để lại kính vết nước hợp với phương thẳng đứng góc 30 Tính tốc độ tơ cho biết người lái xe có vi phạm luật giao thơng lỗi vượt tốc độ quy định không? Biết tốc độ tối đa cho phép ô tô 70 (km/h) Bài (4,0 điểm) Cho hệ hình vẽ Hệ số ma sát M m 1 , M sàn  Tìm r độ lớn lực F nằm ngang: Đặt lên m để m trượt M Đặt lên M để M trượt khỏi m Bài (4,0 điểm) Trên mặt phẳng nằm ngang đặt AB đồng chất Người ta nâng lên cách từ từ cách đặt vào đầu B lực F ln có phương vng góc với (lực F AB nằm mặt phẳng thẳng đứng) Hỏi hệ số ma sát mặt ngang có giá trị cực tiểu để dựng lên vị trí thẳng đứng mà đầu khơng bị trượt? Bài (4,0 điểm) Một sợi dây nhẹ không giãn, O chiều dài l = 1m, đầu cố định, đầu gắn với vật nặng khối lượng m1  300g nơi có gia tốc trọng trường g  10(m / s ) Ban đầu vật m1 vị trí B B,  dây treo hợp với phương thẳng đứng góc (với 0 � �90 ), thả vật m1 với vận tốc ban đầu K không Mốc tính trùng với mặt sàn nằm ngang qua điểm A vng góc với OA hình vẽ, OA = OB = l Bỏ qua ma sát lực cản tác 2A C D dụng lên vật m1, dây ln căng q trình vật m1 chuyển động Cho   900 Xác định: a Cơ vật m1 lúc thả b Xác định độ lớn lực căng dây vị trí dây treo hợp với phương thẳng đứng góc 300 (ở phía bên trái m  m OA) Khi vật m1 chuyển động tới vị trí A, va chạm hồn tồn đàn hồi xun tâm với vật m = 100g (đang đứng yên vị trí A) Sau va chạm vật m tiếp tục chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính l = 1m đến vị trí có độ cao lớn (vị trí K), D chân đường vng góc từ K xuống mặt sàn Vật m chuyển động dọc theo mặt sàn nằm ngang đến vị trí C dừng lại Hệ số ma sát m mặt sàn 0,1 Biết AD 15 Xác định góc   AC 90 Bài (4,0 điểm) Có g khí Heli (coi khí lý tưởng đơn nguyên tử) thực chu trình – – – – biểu diễn giản đồ P-T hình Cho P0 = 105Pa; T0 = 300K Tìm thể tích khí trạng thái Hãy nói rõ chu trình gồm đẳng trình Vẽ lại chu trình giản đồ P-V giản đồ V-T (cần ghi rõ giá trị số chiều biến đổi chu trình) Tính cơng mà khí thực giai đoạn chu trình P 2P0 P0 T0 Hình - Hết 2 2T0 T KỲ THI OLYMPIC MÔN: VẬT LÝ LỚP 10 Thời gian: 150 phút ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO Bài (4 điểm) 1(1đ) Quãng đường giọt nước rơi (s) đầu : S  gt  45(m) 0,5 Quãng đường giọt nước rơi giây thứ : 0,5 S  10.(52  42 )  45(m) 2(3 đ) Chọn chiều dương chiều chuyển động giọt nước mưa - Áp dụng Định luật II Niu-tơn cho giọt nước r r r Fhl  P  FC 0,5 Chiếu lên chiều dương, ta có: ma = P - FC 0,5 Tại thời điểm a = (m/s2), v = 12 (m/s), ta có: m.6  m.10  k.12 ; � m 3 k (1) 0,25 Khi rơi gần mặt đất, giọt nước chuyển động thẳng đều, ta có: P  FC' � mg  kv '; Thay (1) vào, ta có: v’ = 30(m/s) 0,5 Gọi giọt nước vật 1; ô tô vật 2; mặt đất vật r r r � v13  v12  v 23 r r Biết v13 = v’ = 30(m/s) v12 hợp với v13 góc 300 Từ hình vẽ: tan 30  r v12 v 23 ; v13 � v 23  v13 tan 300  10 3(m / s)  62,35(km / h)  70(km / h)  r v13 r v23 0,5 0,5 Vậy người lái xe không vi phạm giao thông tốc độ 0,25 Bài (4 điểm) 1(2đ) Khi tác dụng lực F lên m Phng trình chuyển động m trợt M: F Fms1  ma1 � a1  0,5 F  Fms1 m Phơng trình chuyển động M: 0,5 0,5  F ' ms1  Fms Ma F'  F  a  ms1 ms  M  N  N  N  P1  P2 (m  M ) g §Ĩ m trợt M thì: a1 a2 ; F ' ms1 = Fms1= 1 mg ; F ms =  (m+M)g hay: F  1 mg 1 mg   (m  M ) g  m M  F  ( 1   )(m  M ) m g M 0,5 Víi ®iỊu kiÖn: a1   F  1 mg VËy đáp số toán này: m g F   1    m  M  M   F  1 mg 2(2đ)  Khi t¸c dơng lực F lên M : Phơng trình chuyển động m:  Fms1 ma1   N  P1 mg  a1  0,5 Fms1 1 N  g m m Phơng trình chuyển động cña vËt M:  F  Fms1  Fms Ma   N N  N P1  P2 ( m  M ) g 0,5 0,5 F  Fms1  Fms  a2  M §Ĩ M trợt khỏi m thì: a a1 (chú ý:  Fms1 Fms1' 1 mg   Fms   M  m  g ) F  F ' ms1  Fms  1 g M hay  F  1 mg   (m  M ) g  1 g M Cuèi cïng: F  ( 1   )(m  M ) g (1) §iỊu kiƯn a  hay 0,5 F  1 mg   (m  M ) g (2) §iỊu kiƯn (2) bao hàm điều kiện (1) Do kết toán : F ( )(m  M ) g Bài (4 điểm) Ký hiệu chiều dài khối lượng l m Do nâng từ từ coi ln cân vị trí Xét hợp với phương ngang góc  Các lực tác dụng lên hình vẽ ta có: F  N  Fms  P O (1) ………… Chiếu phương trình (1) lên phương ngang phương thẳng đứng ta được: F.sin = Fms (2) ……………… mg = N + F.cos (3) ………………… Chọn trục quay A, ta có: F.l = mg cos (4) ……… …………… … 0,5 0,5 0,5 0,5 Từ (2), (3) (4) rút ra: Fms = mg mg sin.cos ; N = (1 + sin2) ………………………… 2 Để khơng trượt thì: Fms  N ………… …………… …… sin  cos  � � với góc α;  sin  0,5 0,5 0,25 Ta có: sin  cos  sin  cos  sin  cos   �  …………… 2  sin  cos   2sin  2 sin  cos  2 0,5 Vậy để nâng đến vị trí thẳng đứng mà đầu khơng bị trượt thì:   2 0,25 Bài (4 điểm) a Cơ vật m1 W  m1gl  0,3.10.1  3(J) 0,5 (1,5đ) b Áp dụng định luật bảo tồn cho vật, tìm tốc độ vật vị trí góc lệch   300 , ta được: v  2gl cos   2.10.1.cos300  10 � v ; 4,1618m / s 0,5 - Áp dụng định luật II Niu - tơn cho vật m2 vị trí   300 , chiếu lên phương bán kính, chiều hướng vào tâm, ta : T  3m1g cos   3.0,3.10.cos300  N ; 7, 79N 0,5 - Vận tốc vật m1 trước va chạm v  2gl(1  cos) 0,5 (2,5đ) - Gọi v1 , v tương ứng O  vận tốc vật sau va chạm B m1  K m2 A D C - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, cho hệ hai vật m1 , m2 trước sau va chạm (chiều dương có phương nằm ngang, hướng từ trái sang phải) v � v1  � �m1v  m1v1  m v � �� �� 2 m1v  m1v1  m v � �v  3v �2 0,5 - Xét vật m1: Áp dụng định luật bảo toàn cho vật vị trí A vị trí K, ta : m1v12  m1gl(1  cos) � v  8gl(1  cos ) � cos  0, 75  0, 25cos  � AD  lsin  0,5 - Xét vật m2: Áp dụng định luật II Niu - tơn cho vật theo phương ngang, chiều dương hướng sang phải � a  g Khi vật dừng lại C Suy ra: AC  v 22 9v  2a 8g 0,5 Theo đề AD 15 15 4 sin   �  AC 90 90 9(1  cos) � 4sin   15(1  cos) � 16(1  cos )  15(1  cos) (1) Đặt x  cos � x  0,5 � cos  0,5 �   600 (T / m) (1) � 4x  6x  � � x  � cos  �   00 (L) � Vậy   600 0,5 Bài (4 điểm) 1.(1đ) Quá trình – có P tỷ lệ thuận với T nên q trình đẳng tích, thể tích trạng thái nhau: V1 = V4 Sử dụng phương trình C-M trạng thái ta có: 0,25 m RT1 m RT1 , suy ra: V1   P1  0,5 P1V1  Thay số: m = 1g;  = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T1 = 300K P1 = 2.105 Pa ta được: V1  (1,5đ) 8,31.300  3,12.103 m3 2.10 Từ hình vẽ ta xác định chu trình gồm đẳng trình sau: 0,25 0,5 – đẳng áp; – đẳng nhiệt; – đẳng áp; – đẳng tích 1đ Vì vẽ lại chu trình giản đồ P-V (hình a) giản đồ VT (hình b) sau: P(105P a) 2 1 V(l) 12,4 6,24 33 3,12 3,12 6,24 12,4 Hình a V(l) 150 300 T(K ) 600 Hình b 3(1,5đ) Để tính cơng, trước hết sử dụng phương trình trạng thái ta tính thể tích: V2 = 2V1 = 6,24.10 – m3; V3 = 2V2 = 12,48.10 – m3 0,5 Công mà khí thực giai đoạn: A12  p1(V2  V1)  2.105(6,24.103  3,12.103)  6,24.102 J 0,25 V3  2.105.6,24.103 ln2  8,65.102 J V2 0,25 A34  p3(V4  V3)  105(3,12.103  12,48.103)  9,36.102 J 0,25 A41  trình đẳng áp 0,25 A23  p2V2 ln 10 a P1 sin   P2  Fms1  0,1 (m/s2)………………………………………………… m1  m2 đ -Xét riêng chuyển động m2 ta có: r r r T2  P2  m2 a2 0,5 đ suy T- m2g=m2a (T2 = T, a1 = a2 = a) Kết T = 20,2 N 0,5 đ b) r Chọn HQC gắn với MP nghiêng, chiều dương trùng chiều gia tốc a Hệ vật r chuyển động chịu tác dụng thêm lực quán tính Fqt   mar …………………… r r r r r r r F P1  P2  Q1  Fms1  Fqt (2) - Gia tốc hệ a '   m m1  m2 0,5 đ 0,5 đ Chiếu (2) lên phương chọn được: a P1 sin   P2  Fms1  Fqt cos  m1  m2  0,0505 (m/s2)>0 * Kết luận: Trong HQC gắn với MP nghiêng, hệ vật chuyển động theo chiều chọn với gia tốc a’=0,0505 (m/s2) 0,5 đ 0,5 đ 0,75 đ 0,25 đ Câu (5 điểm) Hình vẽ biểu diễn lực Đối với đĩa: Pđ = Mg N N2cos300 = Mg  = N2 80 = N, Pt = 2Mg 160  3 0,5 đ 0,5 đ mg N = ≈ 20 92,4 0,5 đ N N1 = N2sin30  N1 N…………………………………………… = 80 N ≈ 46,19 0,5 đ Đối với AB: AH = cm Rtan600 = R Áp dụng quy tắc mô men trục quay A l mg cos300 0,25 đ + N3.R =T.l T= l mg cos300  N 3.R l  48,7 0,5 đ N Phản lực trục quay A: Nx + N3sin300 = Tsin300  Nx  - 21,9 N Ny + Tcos300 = mg + N3cos300  N 0,5 đ Ny  57,9 Phản lực trục quay: N = N x2  N y2 = 61,9 N 0,5 đ 0,5 đ 0,75 đ Câu (5 điểm) m1 h m2 A BTCN: Vận tốc vật trước va chạm A v = 2gh …………………………… 0,5 đ 0,5 đ BTĐL: 2mv= 2mv1 + mv2 (1) ĐN BT : 2mv2 2mv12  mv22 Suy : 2v2 2v12  v22 (2) Từ (1) (2): v1  v 4v , v2  (Sau va chạm A) 3 0,5 đ 0,5 đ ……………………………… 1,0 đ b BTCN vật 1: h1  h …………………………………………………… BTCN vật 2: h2  1,0 đ 16h 0,5 đ Do h < R/2 Nên h1 < R/18 Vật bám máng 0,5 đ Do h < R/2 Nên h2 < R/9 Vật bám máng KỲ THI OLYMPIC Môn: VẬT LÝ- Lớp 10 Thời gian: 150 phút (khơng tính thời gian giao đề) ĐỀ ĐỀ NGHỊ Câu 1: (4đ) r Ném viên đá từ điểm A mặt phẳng nghiêng góc α = 30 với vận tốc v0 hợp với mặt phẳng ngang góc β = 600 Bỏ qua sức cản khơng khí a Tính khoảng cách AB từ điểm ném A đến điểm rơi B viên đá mặt phẳng nghiêng b Tìm góc φ hợp phương véc tơ vận tốc phương ngang sau viên phăng nghiêng bán kính quỹ đạo viên đá B đá chạm mặt Câu 2: (4 đ): Vật m1 = 0,2 kg, m2 = 0,1 kg nối với sợi mảnh khơng khối lượng, khơng co giãn vắt qua ròng rọc Các vật nằm mặt phẳng nghiêng có góc (hình   150 ,   so với phương nằm ngang vẽ) Trước chuyển động khối lượng nằm độ cao Hãy xác định chênh lệch độ cao h vật m1 m2 sau thời gian t = giây kể từ thả cho chúng chuyển động Biết hệ số ma sát trượt mặt phẳng nghiêng khối lượng   0,1 Bỏ qua khối lượng ròng rọc, ma sát trục ròng rọc m m   Câu ( 4đ): Một thang đồng chất có chiều dài AB = l = 2,7m, trọng Đầu A thang tựa vào sàn nhà nằm ngang, đầu B thang tựa thẳng đứng Khối tâm G thang cách đầu A đoạn 0,9m vị trí hợp với sàn nhà góc   600 hình vẽ Gọi µ sát thang với sàn, bỏ qua ma sát thang tường a Tìm giá trị nhỏ µ để thang chưa bị trượt B G  lượng P vào tường Thang cân hệ số ma A b Cho   0,32 Một người có trọng lượng P1  3P trèo lên thang Hỏi người trèo đoạn tối đa (so với đầu A) để thang chưa bị trượt Câu 4: (4đ) Con lắc đơn gồm sợi dây có chiều dài l = m, khối lượng m= 500 g, treo vào điểm cố định Kéo lắc khỏi vị trí cân cho dây treo hợp phương thẳng đứng góc 0 = 600 thả nhẹ Khi vật chuyển động đến vị trí dây treo hợp phương thẳng đứng góc  = 300 va chạm đàn hồi với mặt phẳng cố định thẳng đứng Bỏ qua ma sát, dây khơng giãn Lấy g = 10m/s2 (Hình vẽ 1) a Tìm vận tốc vật lực căng sợi dây trước vật va chạm với mặt phẳng b Tìm độ cao lớn mà vật đạt sau lần va chạm thứ Câu 5: (4đ) Một xilanh đặt nằm ngang, hai đầu kín, tích 2V0 chứa khí lí tưởng áp suất p0 Khí xilanh chia thành hai phần nhờ pit-tơng mỏng, cách nhiệt có khối lượng m Chiều dài xilanh 2l Ban đầu khí xilanh có nhiệt độ T0, pit-tơng chuyển động không ma sát dọc theo xi lanh a Nung nóng chậm phần khí xilanh để nhiệt độ tăng thêm T làm lạnh chậm phần lại để nhiệt độ giảm T Hỏi pit-tông dịch chuyển đoạn có cân bằng? b Đưa hệ trạng thái ban đầu (có áp suất p0, nhiệt độ T0) Cho xilanh chuyển động nhanh dần theo phương ngang dọc theo trục xi lanh với gia tốc a thấy pit-tơng dịch chuyển đoạn x so với vị trí cân ban đầu Tìm gia tốc a Coi nhiệt độ khơng đổi pit-tơng di chuyển khí phân bố HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN HSG VẬT LÝ 10 Câu 1(4đ) a Chọn hệ trục Oxy gắn O vào điểm A trục Ox song song với phương ngang Trong trình chuyển  động lực tác dụng trọng lực P Theo định luật II Newton:   P ma Chiếu lên: 0x: ma x  a x 0 0y:  P ma y a y  g Phương trình chuyển động vật theo hai trục ox oy:  x v cos  t    y v0 sin  t  gt (1) (2) 0,5đ Khi viên đá rơi xuống mặt phẳng nghiêng:  x l cos    y l sin  (3) (4) 0,5đ T hế (3) vào (1) ta rút t vào (2) đồng thời (4) vào (2) ta rút :  2v0 cos  (sin  cos   sin  cos  ) l g cos  l  2v0 cos  sin(   ) g cos   l 2v 3g b Tại B vận tốc vật theo phương ox là: 0,5đ v x v0 cos   v0 0,25đ Khi vật chạm mặt phẳng nghiêng : x l cos   2v0 cos  3g 0,25đ 2v v cos  t  cos  ; 3g hay Suy thời gian chuyển động không viên đá: t 2v0 cos  2v0 = g cos  g 0,25đ Vận tốc theo phương oy B: v y v0 sin   gt v y v sin    tan  = v y  vy vx   2v0  v0 0,25đ v0   30  v0 V0   nên lúc chạm mặt phẳng nghiêng v hướng xuống 0,5đ 0,25đ Lực hướng tâm B: Fht mg cos  m v2 R v2  R g cos  Với: v v x2  v 2y  v v v02   12 0,25đ  R 2v 3 g 0,25đ Câu 2(4đ) Biểu diễn lực tác dụng lên vật m1  h  m2 nhận thấy mg sin  mg sin  nên m1 có xu hướng xuống, m2 lên 0.5 0,5 Phương trình mơ tả chuyển động vật m1, m2 r r r r P1  T1  Fms1  ma 1 0.5 r r r r P2  T2  Fms2  ma 2 Chiếu lên hướng chuyển động ta được: mg sin  T1  Fms1  ma 1 0.5  mg sin   T2  Fms2  ma 2  ; Fms2  .mgcos  Với Fms1   mgcos Do sợi không co giãn; sợi ròng rọc khơng khối lượng, bỏ qua ma sát trục ròng rọc nên: a1  a2  a ; T1  T2  T 0.5 Từ phương trình ta tính gia tốc chuyển động vật: a mg  sin   cos   mg  sin    cos  m1  m2  Thay số ta a  0,40 m/ s  0.5 Sau thời gian t: m1 hạ thấp độ cao so với m2 đoạn là: h  s1 sin  s2 sin   at  sin  sin   0,5 Thay số: a = 0,40 m/s2; t= 3s;   150 ,   60 ta tìm h = 0,65 m 0.5 Câu (4 điểm): ur NB y’ a Chọn hệ trục tọa độ x’Oy’ hình vẽ B - Điều kiện cân lực cho thang: r r r r P  N B  N A  FmsA  Chiếu lên trục Oy’, ta có: NA = P (1) Chiếu lên trục Ox’, ta có: N B  FmsA (2) G r ur FmsAP ur NA x’ A r 0,5 r Chọn trục quay A, theo quy tắc mô men lực, ta có : M(P)  M(N B ) � P AB cos  N B AB.sin ; � N B  P.cot  3 Từ (2) (3), ta có: FmsA  N B  P.cot  Để thang khơng bị trượt : FmsA �.N A � P.cot  �.P (3) ; 0,5 0,5 1 �  � cot  �   cot  3 Vậy, giá trị nhỏ hệ số ma sát là:   0,192 0,5 b Chọn hệ trục tọa độ xOy hình vẽ Gọi khoảng cách từ vị trí người đến A x Chiếu lên trục Oy’, ta có: NA = P + P1 (1) ur NB Chiếu lên trục Ox’, ta có: N B  FmsA  ; G Do nằm cân bằng, ta có: y’ r r r r r P  P1  N B  N A  FmsA  B � N B  FmsA (2’) Chọn trục quay A, theo quy tắc mô men lực, ta r r r có : M(P)  M(P1 )  M(N B ) � P AB cos  P1.x.cos  N B AB.sin  x � N B  P.cot   P1 .cot  l Từ (2’) (3’), ta có: FmsA  N B  r ur FmsAP ur NA x’ A (3') x P.cot   P1 .cot  l Để thang không bị trượt : FmsA �.N A � x l ( x P.cot   P1 .cot  �(P  P1 ) l 3(P  P1 ).tan   P ) 3.P1  xmax = x l (12 tan   1) ; (12 tan   1) 1,695m Vậy người trèo tối đa đoạn 1,695m Câu 4:(4đ) a (2đ) Chọn mốc tính độ cao vị trí va chạm Áp dụng định luật bảo toàn mgh = mv2 /2  v = (2gh)1/2 0,5đ Với h = l(cos - cos0)  v = [2gl(cos - cos0)]1/2 = 2,7 m/s 0,5đ Áp dụng định luật II Niu–tơn: T - mgcos = mv2/2 0,5đ  T = mg(3cos - 2cos0) = 7,79 N 0,5đ b (2đ) Vì va chạm đàn hồi với mặt phẳng cố định nên sau va chạm vật có vận tốc đối xứng với vận tốc trước va chạm qua mặt phẳng thẳng đứng v, = v = (2gh)1/2 0,5đ Ngay sau va chạm thành phần vận tốc v’x = v’sin300 = (2gh)1/2 sin300, kéo vật chuyển động lên 0,5đ Áp dụng định luật bảo toàn năng: mgHmax = mv’2 x /2 0,5đ  Hmax = h/4  cm 0,5đ Câu 5: (4đ) a (2đ) Phần xi lanh bị nung nóng : Phần xi lanh bị làm lạnh : Vì P1 = P2 nên ta có PV PV PV 0 1  1 T0 T1 T0  T P0V0 P2V2 PV   2 T0 T2 T0  T V1 T0  T  , (1) V2 T0  T 0,25đ 0,25đ 0,5đ Gọi đoạn di chuyển pit-tơng d, ta có: V1 = (l + d)S V2 = (l - d)S , (2) 0,5đ  l  d  S  T0  T � d  l T T0  l  d  S T0  T 0,5đ Từ (1) (2) ta có : b.(2đ) P2V2  PV 0 � P2  PV 1  PV 0 � P1  PV 0 , 4  l  x S PV 0 ,  5  l  x S 0,5đ 0,5đ Xét pit-tông: F2 – F1 = ma  (P2 – P1)S = ma, (6) Từ (4), (5), (6), ta có a  2PV 0x m  l  x2  0,5đ 0,5đ ... V2 0 ,25 A34  p3(V4  V3)  105 (3,12 .10 3  12,48 .10 3)  9,36 .102 J 0 ,25 A41  trình đẳng áp 0 ,25 A23  p2V2 ln 10 MÔN VẬT LÝ 10 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao... 2V1 = 6,24 .10 – m3; V3 = 2V2 = 12,48 .10 – m3 0,5 Công mà khí thực giai đoạn: A12  p1(V2  V1)  2 .105 (6,24 .10 3  3,12 .10 3)  6,24 .102 J 0 ,25 V3  2 .105 .6,24 .10 3 ln2  8,65 .102 J ... độ, V C = 3VA a Tính cơng mà khí thực chu trình? b Tìm nhiệt độ lớn mà khí nhận chu trình này? p pB B C pA O 12 A V VA 3VA 13 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC MÔN: Vật lí - lớp 10 Thời gian: 150phút