25 đề HSG vật lí 10 có đáp án

ĐỀ OLYMPIC QUỐC GIA
2016-2017
Câu 1: (5 điểm)
Một chiếc công-ten-nơ đang nằm yên trên mặt đất ngang, phẳng thì được một cần cẩu kéo lên theo
2
phương thẳng đứng với gia tốc a  0,5m / s . Sau khi rời mặt đất 4s, từ mặt trên của cơng-ten-nơ, một
hịn đá được bắn ra với vận tốc v 0  5, 4m / s (đối với công-ten-nơ) theo phương hợp với phương
2
0
ngang một góc   30 . Biết cơng-ten-nơ cao h = 3m, lấy g  10m / s . Coi hịn đá như một chất điểm.
Hãy tính:
a. Tính thời gian từ lúc bắn hịn đá đến lúc nó rơi xuống mặt đất.
b. Tính tầm bay xa của hịn đá.

Câu 2: (5 điểm)
Hai vật có khối lượng m1  100 g và m 2  500 g được nối với nhau bằng dây mảnh, nhẹ, không dãn,

nằm yên trên mặt bàn ngang và phẳng. Dây được vắt qua ròng rọc nhẹ, cịn trục rịng rọc được buộc
vào đi của một xe đồ chơi khối lượng M = 500g như hình (nhìn từ trên xuống).

Bỏ qua ma sát lăn giữa các bánh xe và mặt bàn, ma sát tại trục quay của ròng rọc. Hệ số ma sát giữa
2
hai vật và bàn là   0, 2 . Dây không trượt trên ròng rọc khi cơ hệ chuyển động. Lấy g  10m / s . Tác
r
dụng vào xe một lực F theo phương ngang có độ lớn tăng dần. Tìm độ lớn tối thiểu của F để:
a. Xe có thể chuyển động.

b. Cả hai vật cùng chuyển động.
Câu 3: (5 điểm)
Hai tấm phẳng nhẹ cứng OA và OB được nối với nhau bằng bản lề tại O. Người ta đặt một khối trụ
tròn trọng lượng P, đồng chất, tiết diện đều bán kính R vào giữa hai tấm sao cho trục O1 của nó song

song với trục O của bản lề. Hai trục này nằm ngang và cùng nằm trong mặt phẳng thẳng đứng vng
góc với mặt phẳng hình vẽ.

�
Để khối trụ nằm yên cân bằng giữa hai tấm sao cho góc AOB  2, AB  a người đồng thời tác
dụng vào hai tấm tại A và B hai lực trực đối nằm ngang, cùng độ lớn F hướng vào nhau. Biết rằng hệ
số ma sát nghỉ giữa khối trụ và mỗi tấm phẳng đều là  . Bỏ qua ma sát ở bản lề O. Hãy xác định độ

lớn của lực F.

Trang 1


Câu 4: (5 điểm)
Dùng một sợi dây mảnh, nhẹ, không dãn, chiều dài L để treo quả cầu nhỏ vào đầu trụ gỗ có đế đặt
trên mặt bàn ngang và phẳng như hình vẽ. Khối lượng quả cầu là m, khối lượng của trụ và đế là M =
4m. Đưa quả cầu đến vị trí dây treo nằm ngang và thả nhẹ. Coi va chạm giữa quả cầu và trụ hồn tồn
khơng đàn hồi và sự va chạm khơng gây ra chuyển động quay cho hệ.
a. Tính vận tốc của hệ ngay sau va chạm. Biết rằng đế gỗ không dịch chuyển trong suốt quá trình
rơi.

b. Sau va chạm, hệ dịch chuyển được độ dài bao xa thì dừng lại? Biết hệ số ma sát giữa đế và mặt
bàn là 1   n   .
c. Để đế gỗ khơng dịch chuyển trong suốt q trình quả cầu rơi xuống thì hệ số ma sát nghỉ giữa
mặt bàn và đế gỗ phải có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu?
Câu 5: (5 điểm)
Hệ gồm một xilanh và một pittông có khối lượng tổng cộng là m, xilanh có chiều dài 2l , pittơng có
tiết diện là S và được nối với tường cố định bằng một lò xo nhẹ có độ cứng là k. Ban đầu pittơng nằm
chính giữa xilanh và trong xilanh có chứa khí lý tưởng ở áp suất p 0 , nhiệt độ T0 . Cần tăng chậm nhiệt
độ của khối khí trong xilanh lên một lượng T là bao nhiêu để thể tích của nó tăng lên gấp đơi? Biết
xilanh có thể trượt trên mặt sàn nằm ngang với hệ số ma sát  t   n   . Bỏ qua ma sát giữa xilanh và
pittơng. Áp suất khí quyển là p 0 .

Câu 6: (5 điểm)
Một mol khí lý tưởng thực hiện một chu trình 1 – 2 – 3 – 1 như hình vẽ: 2 – 3 là quá trình đoạn
nhiệt; q trình 1 – 2 có đường biểu diễn đối xứng với đường biểu diễn của quá trình 2 – 3 qua đường
thẳng đứng; 3 – 1 là quá trình đẳng áp. Tính hiệu suất của chu trình này theo , ,  với  là hệ số
đoạn nhiệt

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
Trang 2


a. Tính thời gian từ lúc ném đã đến lúc nó rơi xuống mặt đất

1
1
h  at 2  3  .0,5.4 2  7 m
2
2
Sau 4s độ cao mặt trên cơngteno là:
Vận tốc của cơngteno lúc đó: v1  a.t  0,5.4  2 m / s
uu
r
r uu
r uu
r

v0
v  v 0  v1
Gọi
là vận tốc của viên đá đối với cơngteno thì vận tốc viên đá đối với đất:
Chiếu lên Ox:

v x  v 0 cos   5, 4.

3
 2, 7 3  m / s 
2

v y  v1  v0 sin   2 

5, 4
 4, 7  m / s 
2

Oy:
Chọn trục Oxy như hình vẽ gắn vào mặt đất. Phương trình chuyển động của hòn đá theo phương Oy:
gt 2
 7  4, 7.t  5t 2
2
2

Lúc đá rơi xuống đất: y  0 � 5t  4, 7t  7  0 � t  1, 74s
y  7  vy t 

b. Tầm bay xa hòn đá:
Câu 2:

L  v x t  2, 7. 3.1, 74  8,14m

Lực ma sát nghỉ cực đại tác dụng lên m1 là Fms  m1g
Lực ma sát nghỉ cực đại tác dụng lên vật là Fms  m 2 g � vật m 2 chưa chuyển động.

Điều kiện để xe và vật m1 bắt đầu chuyển động:

F1  2T  2m1g
F1  0, 4  N 
Khi vật m 2 bắt đầu chuyển động tức xe và vật m1 đã chuyển động có gia tốc.
Định luật 2 Newto áp dụng cho:
Xe: F2  2T '  Ma 1
(1)
Vật m1 : T ' m1g  m1a 2
Vật m 2 : T ' m 2g  0

(2)
(3)

Do xe di chuyển một đoạn S thì vật m1 di chuyển một đoạn 2S trong cùng thời gian � a 2  2a1
 3 � T '  m 2g

 2  � m 2g  m1g  m1.2a1 � a1  2g
 1 � F2  10m1g  M.2g  2g  m 2  M   4  N 
Trang 3


Câu 3:

u
r r

r
uur uuu
r
P  Fms1  Fms2  N1  N 2  0

- Phương trình cân bằng lực:
- Chiếu lên trục OI:  P  Fms1 cos   Fms2 cos   N1 sin   N1 sin   0
Do đối xứng: N1  N 2  N � Fms1  Fms2  Fms
2N sin   P
� Fms 
2 cos 
2N  sin   P

Fms �N �
�N
2 cos 
Để trụ không trượt lên:
Xét thanh OA: chọn O là 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
�

2N sin   P
a
PR
�.
F�F�
2 cos 

2R
a  sin    cos  

Trường hợp 2: Trụ có khuynh hướng trượt xuống tương tự như trên: chú ý các lực ma sát hướng
ngược lại.
PR
F�
a  sin    cos  
- Điều kiện để trụ không trượt xuống:
PR
PR
�F �

a sin    cos  
a  sin    cos  
* Điều kiện để trụ đứng yên: 
Câu 4:
v  2gL
a. Gọi vận tốc quả cầu trước và sau khi va chạm là v và v’:
m
mv   m  M  v ' � v ' 
2gL
mM
b. Sau khi va chạm dưới tác dụng của lực ma sát đế gỗ chuyển động chậm dần đến khi dừng lại.
Quãng đường đế gỗ dịch chuyển được là x:

f ms x  0   m  M 
Với

v '2
2

(1)

f ms    m  M  g
x

Từ (1) và (2) cho:

(2)
2

mL
  m  M

2



L

25

c. Gọi góc giữa phương ngang và dây treo là

Trang 4

 : mgL sin  

mv 2
2

(3)

mv 2
2

(4)

f ms  T cos   0

(5)

N  T sin   Mg  0

(6)

Từ (3) và (4) suy ra:
T  3mg.sin 

(7)

Từ (5) và (7) suy ra:
f ms  3mg.sin .cos 

(8)

T  mg 

Để đế gỗ khơng di chuyển thì: f ms �N
(9)
sin 2
sin 2
�

2M
8
 2sin 2 

 2sin 2 
3m
3
Từ (6), (7), (8) và (9), ta có:
y
Đặt

sin 2
8
 2sin 2 
3

�  min  ymax

y
Biến đổi ta được:

3
7 tan  

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:
Câu 5:

4

tan 

y max �0, 28

, suy ra  min  0, 28

Vì ban đầu áp suất bên trong và áp suất bên n đều bằng P0 nên lò xo không biến dạng.
F � Fmsn  max
Trường hợp 1: Nếu đh
hay kl �mg , khi đó xilanh sẽ đứng yên
� kl �
P0  �

� kl �
P0Sl �
S�
�

.2Sl � T  2T0 �
1
�
T0
T
SP0 �
�

Gọi T là nhiệt độ cuối cùng của khối khí thì:
� 2kl �
T  T  T0  T0 �
1
�
SP0 �
�
Từ đó:
Trường hợp 2: kl  mg
kx  mg � x 

mg

k

Do nung chậm nên:
Gọi P1 là áp suất chất khí trong xilanh ở thời điểm cuối:
PS
1  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 �
T1  T1  T0  T0 �
1
�
SP0 �
�
Từ đó tìm được:
Trang 5

Câu 6:
Áp dụng phương trình trạng thái của khí lý tưởng ta có:
 1    p0V0 , T  p0 V0 , T   1    p0 V0
T1 
2
3
R
R
R
Cp
R


CV 
C  CV  R
 1
Do C V
và p
nên
Do quá trình 2 � 3 là quá trình đoạn nhiệt ta có: Q 23  0
p0 V0
   1   
 1
Cơng chất khí sinh ra trong quá trình 2 � 3 là:
pV

A 23  U 23  C V  T3  T2   0 0    1   
 1
Do quá trình 1 � 2 và 2 � 3 đối xứng qua đường thẳng đứng nên cơng chất khí sinh ra trong hai quá
U 23  CV  T3  T2  

trình bằng nhau:

A 12  A 23 

p 0 V0
  1  
 1

p 0 V0
  1  
 1
Nhiệt lượng khí nhận được trong quá trình 1 � 2 là:
U12  CV  T2  T1  

Q12  A12  U 23 

2p0 V0
   1
 1

Quá trình 3 � 1 là đẳng áp:
pV
U 31  CV  T1  T3   0 0  2 
 1
A 31  p 0  V1  V3   p 0 V0  2 
Nhiệt lượng khí truyền ra mơi trường:
Tổng cơng mà khí thực hiện:

Q31  A 31  U 31 

A '  A '12  A '23  A '31 

H

Hiệu suất của chu trình này là:

2p0 V0
   1
 1

2p0 V0
   1   
 1

A'

1
Q12
 1

THPT CHUYÊN BẾN TRE – BẾN TRE
Câu 1: (5 điểm)
Trên quãng đường nhất định, một chất điểm chuyển động nhanh dần đều không vận tốc đầu với gia
tốc a mất thời gian T. Tính thời gian chất điểm chuyển động trên quãng đường này nếu chuyển động

Trang 6

của chất điểm là luân phiên giữa chuyển động với gia tốc a trong thời gian
đều trong thời gian
Câu 2: (5 điểm)

T2 

T1 

T
10 và chuyển động

T
20 .

Trên mặt phẳng nằm ngang có một nêm khối lượng m 2  4kg , chiều dài mặt phẳng nghiêng
0
L = 12m và   30 . Trên nêm đặt khúc gỗ m1  1kg . Biết hệ số ma sát giữa gỗ và nêm   0,1 . Bỏ
r
qua ma sát giữa nêm và mặt phẳng ngang. Tìm lực F đặt vào nêm để khúc gỗ trượt hết chiều dài mặt
2
phẳng nghiêng trong thời gian t = 2s từ trạng thái đứng yên. Lấy g  10m / s .

Câu 3: (5 điểm)
Thanh CD vng góc với trục thẳng đứng Oz và quay quanh trục này với vận tốc góc  . Hai hịn bi
A và B có khối lượng m A và m B nối với nhau bằng một lò xo có độ cứng k và có chiều dài tự nhiên l0
. Hai hịn bi có thể trượt khơng ma sát trên thanh CD. Tìm các vị trí cân bằng của hai hịn bi? Cân bằng
có bền khơng?

Câu 4: (5 điểm)
Một quả cầu nhỏ có khối lượng M = 1kg được treo vào điểm O bằng sợi dây treo mảnh nhẹ, có
chiều dài L = 1m. quả cầu M đang nằm cân bằng cách mặt đất h = 0,5m thì quả cầu (2) có khối lượng
m = 1kg chuyển động theo phương ngang với vận tốc v 0  10m / s tới va chạm xuyên tâm với quả cầu
M. Sau va chạm, quả cầu m bật ngược lại và rơi xuống đất, đi được quãng đường theo phương ngang s
Trang 7

0
= 2m, còn quả cầu M chuyển động lên trên. Khi dây treo họp với phương thẳng đứng một góc   60
thì dây vướng đinh tại O’ cách O một đoạn là x. Để quả cầu M chuyển động trịn quanh O’ thì khoảng

cách x tối thiểu là bao nhiêu? Lấy g  10m / s .
Câu 5: (5 điểm)
Một xilanh chiều dài 2l , bên trong có một pittơng có tiết diện S. Xilanh có thể trượt có ma sát trên
mặt phẳng ngang với hệ số ma sát  (hình vẽ). Bên trong xilanh, phía bên trái có một khối khí ở nhiệt
2

độ T0 và áp suất bằng áp suất khí quyển bên ngồi P0 , pittơng cách đáy khoảng l . Giữa bức tường
thẳng đứng và pittông có một là xo nhẹ độ cứng K. Cần phải tăng nhiệt độ của khối khí trong xilanh
lên một lượng T bằng bao nhiêu để thể tích của nó tăng lên gấp đơi, nếu ma sát giữa xilanh và
pittơng có thể bỏ qua. Khối lượng tổng cộng của xilanh và pittông bằng m.

Câu 6: (5 điểm)
Hai xilanh giống hệt nhau được nối với nhau bằng một ống cách nhiệt có kích thước nhỏ, trên ống
nối có lắp một van K, lúc đầu K đóng. Trong xilanh 1, phía dưới pittơng khối lượng M, có chứa một
lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử có khối lượng mol  , nhiệt độ T0 . Trong xilanh 2, có pittơng khối
M
2 và khơng chứa khí. Phần trên của pittơng trong hai xilanh là chân khơng. Sau đó van K
lượng

được mở để khí từ xilanh 1 tràn qua xilanh 2. Xác định nhiệt độ của khí sau khi khí đã cân bằng nhiệt
m

v
 0,1
động, biết rằng khi đó phần trên của pittơng trong xilanh 2 vẫn còn khoảng trống. Cho M
, với v
là số mol khí; ma sát giữa pittơng và xilanh là rất nhỏ.

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
Gọi n là số lần chất điểm chuyển động với thời gian T2

Ta có:

Trang 8


1 2
��
�
�
�
�
��

�1 2
�
�1 2
�
�1 2
�
aT1  aT1T2 � �
� aT1  aT1T1 � 2aT1T2 � �
� aT1  aT1T1 � 3aT1T2 � ...  �
� aT1   n  1 aT1T1 � naT1T2 �
�
2

�
��
�2
�
�2
�
�2
�
��
�
�
�

T12
1
�
1  3  5  ...   2n  1 �
 T1T2  1  2  ...  n  � aT 2
�
�
�
2
2
1 2n.n
1  n  1 n 1

�
.

.
� � 3n 2  n  200 �0 � n  8
2.100 2
200
2
2
Vậy thời gian chất điểm chuyển động:
�T T � 24T
t  8  T1  T2   8 �  �

 1, 2T
10 20 � 20
�
Câu 2:
Gọi a 2 là gia tốc của nêm so với mặt đất
a12 là gia tốc của vật m1 đối với nêm
- Xét m1 :
Chọn hệ quy chiếu gắn kiền với nêm như hình vẽ
1
m 2 : L  a12 .t 2
m
2

Gia tốc của 1 đối với
� a12 

2L
 6m / s 2
2
t

uur ur uuur
uur
Fqt  P1  Fms1  m1 a 12
m

1
Áp dụng đinh luật II Niuton cho vật
:
cos .Fqt  m1g sin   Fms1  m1a 12
Theo phương Ox:
Theo phương Oy: N1  m1g cos   m1a 2 sin 
� Fms  N1    m1g cos   m1a 2 sin  

Ta được: m1g sin   m1a 2 cos   m1g cos   m1a 2 sin   m1a12
a  g cos   g sin 
a 2  12
�2m / s 2

cos    sin 
- Xét nêm:
Chọn hệ quy chiếu gắn với đất
F  N '1 sin   Fms1 cos   m 2 a 2
N1  m1g cos   m1a 2 sin 
Fms    m1g cos   m1a 2 sin  

F  m 2 a 2  m1 �
 cos 2    g  a 2  sin .cos   a 2 sin 2  �
�
��4,9N
Câu 3:

Chọn hệ quy chiếu gắn với O, hai hòn bi A và B chuyển động tròn đều với vận tốc góc  , các lực tác
dụng lên A và B như hình vẽ. Ta có:
�
FdhA  m A a nA
kl  m A 2OA
�
OA m B
�
��
� m A 2 OA  mB 2 OB �

�

2
FdhB  m Ba nB
OB m A
kl  m B  OB
�
�
(1)
F  FdhB  kl  k  OA  B  l0 
Mặt khác: dhA
(2)
Thay (1) vào (2) ta được:
Trang 9

� � mA � �
2
FdhA  k  OA  OB  l0   k �
OA �
1
� l0 � m A  OA
� � mB � �
km Bl0
� OA 
k  m A  m B   mA m B 2

(3)


k  mA  mB 
mA mB

Ta có điều kiện OA  0 nên suy ra:
(4)
Bây giờ ta xét xem hệ cân bằng có bền khơng, xét sự cân bằng của bi A chẳng hạn, ta chọn hệ qui
chiếu gắn với bi A, khi đó bi A sẽ chịu tác dụng của lực đàn hồi và lực quán tính ly tâm là:
� � mA � �
FdhA  k �

OA �
1
� l0 �
2
m
�
B
� �và Fqt  m A  OA
�
mA  mB
F
mB

Từ (4) ta có
tức là hệ số góc của qt nhỏ hơn hệ số góc của Fdh nên ta mới vẽ
được đồ thị hai lực bên cạnh.
Điểm A là vị trí cân bằng hiện tại của quả cầu A nếu vì lý do gì đó mà OA tăng lên thì ta thấy ngay Fdh
m A 2  k

F
sẽ lớn hơn qt nên cũng sẽ kéo bi A trở lại vị trí cũ. Vậy cân bằng của hệ là bền.
Câu 4:
Gọi v là vận tốc sau va chạm quả cầu M, và v’ là vận tốc sau va chạm quả cầu m. Sau va chạm quả cầu
m là chuyển động ném ngang nên ta được:
s

2
v' 

 2m / s
2h
2.5
g
10

 m, M  ngay trước và sau va chạm ta có:
Áp dụng định luật bảo tồn động lượng cho hệ
m  v0  v '  1 10  2 

mv 0  Mv  mv ' � v 

 6m / s
M
2
Khi dây treo chạm vào đinh O’ thì quả cầu M có thể chuyển động trịn quanh O’ thì tại vị trí cao nhất
lực căng dây T �0 .
Theo định luật bảo toàn cơ năng:
1
1
1
3

MgR 1
Mv 2  Mg �
l   l  R  cos 600  R �
 Mu 2 � Mv 2  Mgl 
 Mu 2
�
�
2
2
2
2
2

2
Áp dụng định luật II Niuton cho quả cầu M tại vị trí cao nhất. Ta được:
Mu 2
T  �
Mg
R
Câu 5:

0

R

v 2  3gl
2g

0,3m

x

l R

0, 7m

Trường hợp 1: Fms �kl � mg �kl . Khi đó xilanh sẽ đứng yên

Gọi T là nhiệt độ cuối cùng của khối khí thì:
� kl �
P0  �
.2Sl
� kl �
P0Sl �
S�
�

� T  2T0 �
1
�

T0
T
� SP0 �

Trang 10


� kl �
T  T  T0  T0 �
1
�
SP0 �

�
Từ đó:
Trường hợp 2: mg  kl
- Giai đoạn xilanh vẫn còn đứng yên:
kx  mg � x 

mg
k

Gọi x là độ nén cực đại của lị xo. Pittơng cịn đứng yên cho đến khi
Gọi T1 là nhiệt độ của khối khí tại thời điểm lị xo nén cực đại. P1 là áp suất chất khí trong xilanh ở
thời điểm này thì:

mg
P1S  P0S  kx  P0S  mg � P1  P0 
S
- Áp dụng phương trình trạng thái ta có:
� mg �
P0 
 l  x S
�
� mg �
P0Sl �
S �
� mg �

�

� T1  �
1
1
T0
�
�
�
T0
T1
� kl �

� SP0 �
- Giai đoạn xilanh dịch chuyển:
Khi T  T1 thì pittơng bắt đầu dịch chuyển, bắt đầu từ thời điểm này áp suất chất khí trong xilanh là
khơng đổi. Ta có:
� mg �
T12 S  l  x 
T 1� x�
2T1

� 1 �
1  �� T 
 2T0 �

1
T0
�
mg
T
S.2l
T 2� l �
� P0S �
1
kl
� 2mg �
T  T  T0  T0 �

1
�
SP0 �
�
Từ đó ta tìm được:
Câu 6:
Khi K mở, tồn bộ lượng khí chuyển qua xilanh 2
Kí hiệu: H 0 là độ cao cột khí trong bình 1 khi K chưa mở
H và T lần lượt là độ cao và nhiệt độ cột khí trong xilanh 2 khi K mở và khí đã cân bằng nhiệt động
Áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học ta có:
3
vg

vR  T  T0   MgH 0  mgH 
 H0  H 
2
2
(1)
Trước khi K mở, ở xilanh 1:
Mg
v
P0 
; V0  H 0S � MgH 0  vRT0 � gH 0  RT0
S
M

(2)

Sau khi K mở và khí đã cân bằng nhiệt động, ở xilanh 2:
mg
v
P
; V  HS � mgH  vRT � gH  RT
S
m

(3)

Thế (2) và (3) vào (1) ta được:
3
v �v
v
�
vT  T  T0   vR  T0  T  
� RT0  RT �
2
2 �M
m
�

v
5M  0,98T
� T  T0
0
2v
1
5M
1

Trang 11

THPT CHUYÊN HÙNG MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG
Câu 1: (5 điểm)
Hai cầu thủ bóng đá A và B chạy trên một đường thẳng đến gặp nhau với cùng tốc độ 5m/s. Để điều
hành tốt trận đầu, trọng tài chạy chỗ sao cho luôn đứng cách cầu thủ hậu vệ A 18m và cách cách cầu
thủ tiền đạo B 24m. Khi khoảng cách giữa A và B bằng 30m thì vận tốc và gia tốc của trọng tài là bao
nhiêu?
Câu 2: (5 điểm)
0 �
�
Một vật có khối lượng có thể trượt không ma sát trên một cái nêm ABC; AB  l , C  90 , B   .
Nêm ban đầu đứng yên, khối lượng của nêm là M và có thể trượt khơng ma sát trên mặt sàn nằm
ngang như hình vẽ. Cho vật m trượt từ đỉnh A của nêm không vận tốc đầu.

a. Thiết lập biểu thức tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia tốc a 0 của nêm đối với sàn.
b. Lấy hệ tọa độ xOy gắn với sàn, ban đầu trùng với BCA. Tính hồnh độ của vật m và của đỉnh C
khi vật trượt tới đỉnh B. Quỹ đạo của vật thường là gì?
0
2
Cho m  0,1kg, M  2m,   30 , l  1m, g  10m / s
Câu 3: ( 5 điểm)
Một thanh đồng chất BC tựa vào tường thẳng đứng tại B nhờ dây AC dài L hợp với tường một góc
 như hình. Biết thanh BC có độ dài d. Hỏi hệ số ma sát giữa thanh và tường phải thỏa điều kiện nào
để thanh cân bằng?

Câu 4: ( 5 điểm)

Một quả cầu nhẵn có khối lượng M và bán kính R trên mặt nhẵn nằm ngang. Từ đỉnh quả cầu trượt
m
tự do một vật nhỏ có khối lượng m như hình vẽ. Tỉ số M bằng bao nhiêu thì vật nhỏ rời mặt quả cầu ở
7R
độ cao 4 so với mặt bàn ?
Câu 5: ( 5 điểm)
Một xilanh tiết diện S đặt thẳng đứng gồm 2 ngăn chứa cùng một chất khí lý tưởng đơn ngun tử.
Trong xilanh có hai pít-tơng, mỗi pít-tơng có khối lượng m. Khoảng cách giữa đáy xilanh và pít-tơng
phía dưới là H, khoảng cách giữa hai pit-tơng là 2H.
Thành xilanh và pít-tơng phía trên khơng dẫn nhiệt. Pít-tơng phía dưới dưới dẫn nhiệt và có thể bỏ qua
nhiệt dung của nó. Mỗi pít-tơng sẽ di chuyển được một khoản bao nhiêu sau khi cấp cho khí một nhiệt
lượng Q ( từ dây đốt nóng như hình vẽ)?

Áp suất bên ngồi khơng đổi và bằng p 0 . Bỏ qua ma sát.
Câu 6: ( 5 điểm)
Một mol khí lí tưởng thực hiện một chu trình 1 � 2 � 3 � 1 như hình vẽ.
Quá trình 2 � 3 là quá trình đoạn nhiệt.
Quá trình 1 � 2 đối xứng với quá trình 2 � 3 qua đường thẳng đứng. Các thơng số , ,  đã biết.
Tính hiệu suất của chu trình.
Trang 12


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
Vận tốc chuyển động của trọng tài:

- Khi khoảng cách giữa hai cầu thủ là 30m, tam giác ATB vng tại T
- Vì khoảng cách giữa trọng tài và các cầu thủ là không đổi nên:
+ Vận tốc của trọng tài T và cầu thủ A trên phương Tx bằng nhau.
Trang 13


+ Vận tốc của trọng tài và cầu thủ B trên phương Ty bằng nhau.
18
24
Vx   v.  3m / s; Vy   v.  4m / s
30
30

Với

V  Vx2  Vy2  5m / s
Vậy tốc độ của trọng tài là T
 Gia tốc của trọng tài:
- Xét chuyển động của trọng tài trong hệ quy chiếu quán tính gắn với cầu thủ A:
+ Cầu thủ B chuyển động với tốc độ : 5 + 5 = 10m/s
+ Trọng tài chuyển động trên đường kính trịn bán kính AT- theo phương By:
24
VT/A  V 'y  10.  8m / s
30
V2

32
a x  T/A  m / s 2
AT
9
- Gia tốc hướng tâm của trọng tài - gia tốc của trọng tài trên phương Tx:
- Tương tự: xét trong hệ quy chiếu gắn với cầu thủ B:
Vậy gia tốc của trọng tài là:
Câu 2:

ay 

2

VT/B
 x

BT



3
m / s2
2

a  a 2x  2y �3,86m / s 2

a. Tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia tốc a 0 của nêm đối với sàn.
- Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ.
Động lượng của hệ bằng 0
 Vật đi xuống sang phải thi nêm phải sang trái
 giá trị đại số gia tốc của nêm là a 0  0
r
ur
mg
- Vật m chịu tác dụng của 2 lực: Trọng lực
, phản lực N của nêm vng góc với AB
uu

r r uu
r
a1  a  a 0
+ Gia tốc của vật đối với sàn:
+ Phương trình chuyển động của vật:
mg sin   m  a  a 0 cos  
Theo phương AB:
(1)
Theo thương vng góc với AB: N  mg cos   ma 0 sin 
(2)
ur
- Phương trình chuyển động của nêm chịu thành phần nằm ngang của  N

Chọn trục Ox trùng với hướng chuyển động của nêm
- N sin   Ma 0

(3)

- Từ (2) và (3) ta có:
N sin 
� N sin  �
N  mg cos   m. �

sin  � N  m.sin 
 mg cos 

�
M
� M �
M.mg cos 
� N  M  m sin 2    M mg cos  � N 
M  m sin 2 

(4)

- Thế vào phương trình (3) ta được:
�M.mg cos  �
sin  �

�
2
�M  m sin  �  mg.sin 2
a0 
M
2  M  m sin 2  

(5)

Trang 14

-Thế vào phương trình (1) ta được:
� �
�
mg sin 2 �
�
�
mg sin   a �
a �

cos

� � 2  M  msin 2   �

�
�
� �
�
� mg sin   ma.

m 2g sin 2 cos 
m 2g sin 2 cos 
�
a

g

sin


2  M  m sin 2  
2  M  m sin 2  

2Mg sin   2mg sin 3   mg sin 2.cos 

2  M  m sin 2  


2Mg sin   2mg sin   1  cos 2    2mg sin .cos 2 

2  M  m sin 2  



 M  m  g.sin 
M  m sin 2 

(6)
b. Lấy hệ tọa độ xOy gắn với sàn, O trùng với đỉnh C. Tính hồnh độ của vật m và của đỉnh C khi
vật trượt tới đỉnh B. Quỹ đạo của đường là gì?
0
2

- Thay các giá trị m  0,1kg, M  2m,   30 , l  1m, g  10m / s vào biểu thức (5) và (6):
a0  

mg.sin 2
0,1.10.sin 60 0


 1,92m / s 2
2
2
0
2  M  m sin  

2  0, 2  0,1.sin 30 

M  m  g.sin   0, 2  0,1 .10.sin 30 0

a




20
m / s2
3

M  m sin 
0, 2  0,1.sin 30
uu
r
uu
r r uu
r
r
a0
a


a

a
0 cũng có
- Nhận thấy:
có hướng cố định, a có hướng cố định song song với AB nên 1
hướng cố định hợp với phương ngang một góc  .
2

2

0

2

2
�20 �
�20 �
a  a  a  2aa 0 cos   � �  1,92   2 � �
 1,92  cos 300
3
3
� �
� �

+ Ta có:
� a1  5,1m / s 2
2
1

2

2
0

20
sin 300

sin  sin 
a sin 
3

� sin  

 0, 6536 �   40,80
a1
a1
5,1
+ Mặt khác: a
0

Vậy quỹ đạo vật m là đường thẳng AD nghiêng góc 40,8 so với phương ngang.
AC
AC
0,5
tan  
� x1  OD 

 0,58  m 
OD
tan  tan 40,80
- Xét tam giác ACD với AC = 0,5m ta có:

Vậy hồnh độ của vật m là 0,58 (m)
- Trong thời gian vật đi xuống thì nêm trượt sang trái và B trùng với D thì C ở vị trí C’ với hồnh độ:
x 2    CB  OD     AB cos   OD     1.cos 300  0,58   0, 29  m 

Câu 3:
Trang 15


- Các lực tác dụng vào thanh BC
u
r
+ Trọng lực P : P = mg

ur
+ Lực căng dây T
ur ur uuu
r
ur
Q  N  Fms
Q
+ Phản lực của tường được phân tích:
- Chọn hệ quy chiếu Bxy như hình vẽ
u
r ur ur uuu
r r

P  T  N  Fms  0
- Khi hệ cân bằng ta có:
Bx: N  T.sin 
By: f ms  mg  T.cos 
- Cân bằng momen của hệ đối với trục quay qua B
Đặt AB = h và ABC  

(1)
(2)
(3)
(4)

d
d sin 
P. .sin   T.h.sin  � T  mg.
2
2h.sin 

(5)

- Áp dụng định lí hàm sin trong tam giác ABC:
d.sin     
d
L

h


�h 
sin  sin  sin     
sin 

(6)

T
Từ (3), (5), (6):

mg.d.sin 
mg.sin .sin 
�N
2sin     
2sin     

� cos .sin 
f ms  mg �
1
�
2sin     
�

Từ (4):

�
�
�
�

(7)

(8)

- Để có cân bằng phải có ma sát nghỉ và f ms �kN , với k là hệ số ma sát

� cos .sin  � mg.sin .cos 
mg �
1
��k.
�
2sin      �
2sin     
�
�
Từ (4):
2sin .cos   sin .cos  � 2
1 �

k�
�

�
sin .sin 
�tan  tan  �
Hay:
Từ (6):

sin  

L.sin 

d 2  L2 .sin 2
� cos  
d
d

2 d 2  L2 .sin 2 
1
k�

L.sin 
tan 
Từ (10):

Câu 4:

(9)
(10)
(11)

uu
r
v1

Khi m bắt đầu rời khỏi M thì m có vận tốc
đối với M và M có vận tốc

Bảo toàn động lượng theo phương ngang:
mv1 sin 
Mv 2  m  v 2  v1 sin    0 � v 2 
mM
(1)
uu
r uu
r 2
2
m
v


v
1
2
Mv 2
mgR  1  sin   

2
2
Bảo toàn cơ năng ta có:





� �
� 2mgR  1  sin     m  M  v 22  mv12  2mv1v 2 cos �
 �
� 2�
Trang 16

(2)

uu
r

v2

đối với đất.


Từ (1) và (2) ta có:
m 2 sin 2  2
2m 2 sin 2  2
v1  mv12 
v1
mM
mM

mM
� v12  2gR  1  sin  
M  m cos2 
(3)

� 2mgR  1  sin   

Khi vật m bắt đầu rời khỏi M, gia tốc của vật M bằng 0 và phản lực của M lên m cũng bằng 0
Định luật II Niuton cho vật m trong hệ quy chiếu gắn với M là:
mg sin   m

v12

� v12  gR sin 
R
sin   2  1  sin  

(4)
mM
M  m cos 2 

Từ (3) và (4) suy ra:
m
3sin   2
3sin   2

� 

2
3
M 2  2sin   sin  cos  sin   3sin   2
7R
R
3
m 16
sin   4



R
4 nên ta có: M 11
Vì

Câu 5:
Áp suất ở cả hai ngăn không đổi và tương ứng với ngăn trên và ngăn dưới là:
mg
2mg
p1  p 0 
; p2  p0 
S
S

(1)
Vì pit tơng ở dưới dẫn nhiệt nên nhiệt độ khí hai ngăn bằng nhau. Từ phươg trình trạng thái rút ra quan
hệ giữa biến thiên thể tích và biến thiên nhiệt độ của khí ở mỗi ngăn:
p1V1  n1RT1; p 2 V2  n 2 RT2
(2)
Trong đó số mol khí n1 , n 2 được xác định từ điều kiện ban đầu:
p .2HS
p .HS
n1  1
; n2  2
RT1
RT1

(3)
Từ (2) và (3) ta nhận được: V1  2V2
Từ đó ta tính được độ dịch chuyển của pit tông dưới và pit tông trên là:
V2
V  V2
x2 
; x1  1
 2x 2
S
S
Gọi U , A là biến thiên nội năng và công thực hiện bởi cả hệ
3R

3
3
3
 n1T1  n 2 T2    p1V1  p2 V2   V2  2p1  p2    3p0S  4mg  x 2
2
2
2
2
�2mg
�
�mg
�

�2mg
�
�mg
�
A�
 p0 �
V2  �  p0 �
V1  �
 p0 �
V2  �  p0 �
.2V2
�S

�
�S
�
�S
�
�S
�
U 

�4mg
�
�

 3p 0 �
V2   4mg  3p0S  x 2
�S
�
Lại có: Q  U  A
Q

ĐS:

3
 3p0S  4mg  x 2   4mg  3p 0S x 2   7,5p 0S  10mg  x 2
2

6Q
2Q
x1 
; x2 
5  3p0S  4mg 
5  3p 0S  4mg 

Trang 17


Câu 6:
Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng ta có:

 1    p0 V0 ; T  p0 V0 ; T   1    p0 V0
T1 
2
3
R
R
R
Cp
R

CV 
C  CV  R

 1
Do C V
và p
nên
Do quá trình 2 � 3 là q trình đoạn nhiệt ta có: Q 23  0
p0 V0
   1   
 1
Cơng chất khí sinh ra trong quá trình 2 � 3 là:
pV
A 23  U 23  C V  T3  T2   0 0    1   
 1

Do quá trình 1 � 2 và 2 � 3 đối xứng qua đường thẳng đứng nên công chất khí sinh ra trong hai quá
U 23  CV  T3  T2  

trình bằng nhau:

A12  A 23 

p 0 V0
  1 
 1

p 0 V0

  1  
 1
Nhiệt lượng khí nhận được trong quá trình 1 � 2 là:
U12  CV  T2  T1  

Q12  A12  U 23 

2p 0 V0
   1
 1

Quá trình 3 � 1 là đẳng áp:

pV
U 31  CV  T1  T3   0 0  2 
 1
A 31  p 0  V1  V3   p 0 V0  2 
Nhiệt lượng khí truyền ra mơi trường:
Tổng cơng mà khí thực hiện:

A '  A '12  A '23  A '31 

H
Hiệu suất của chu trình là

Q31  A 31  U 31 

2p0 V0
   1
 1

2p0 V0
   1   
 1

A'


1
Q12
 1

THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – BÌNH DƯƠNG
Câu 1: (5 điểm)
Một học sinh thứ nhất chạy trên đường tròn tâm O bán kính R = 30m với tốc độ khơng đổi bằng
u  3,14m / s . Học sinh thứ hai bắt đầu chạy từ tâm O với tốc độ không đổi v = 2u và ln nằm trên
bán kính nối tâm O với học sinh thứ nhất.
uuuu
r
M  OM  r 

OM
a. Khi học sinh thứ hai đến điểm
thì vecto vận tốc của cậu ta hợp với
một góc  .
sin  

r
2R

Chứng tỏ rằng
b. Sau bao lâu thì học sinh thứ hai đuổi kịp học sinh thứ nhất.
Trang 18

Câu 2: (5 điểm)
Khối lăng trụ tam giác vuông khối lượng m1 , với góc  như hình vẽ có thể trượt theo đường thẳng
đứng và tựa lên khối lập phương khối lượng m 2 , còn khối lập phương có thể trượt trên mặt phẳng
ngang. Bỏ qua mọi ma sát.
a. Tính gia tốc của mỗi khối và áp lực giữa hai khối.
b. Xác định  sao cho a 2 là lớn nhất. Tính giá trị gia tốc của mỗi khối trong trường hợp đó
Câu 3: (5 điểm)
Thanh AB đồng nhất, trọng lượng P dựa vào tường thẳng đứng và sàn nằm ngang (hình vẽ). Bỏ qua
mọi ma sát. Thanh được giữ nhờ dây OI.
AB

AI �
2
1. Chứng tỏ rằng thanh khơng thể cân bằng nếu
2. Tìm lực căng dây khi

AI 

3
AB
0
4
và   60

Câu 4: (5 điểm)
Một vật có dạng là một bán cầu khối lượng M được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang khơng ma
sát (hình vẽ).

Một vật nhỏ có khối lượng m bắt đầu trượt khơng ma sát từ đỉnh bán cầu. Gọi  là góc mà bán kính
nối vật với tâm bán cầu hợp với phương thẳng đứng khi vật bắt đầu tách khỏi bán cầu.
1. Thiết lập mối quan hệ giữa M, m và góc  .
2. Tìm  khi M = m.
Câu 5: (5 điểm)
Trong một xilanh cách nhiệt khá dài nằm ngang có nhốt 1 mol khí lý tưởng đơn ngun tử có khối
lượng m nhờ hai pittơng cách nhiệt có khối lượng bằng nhau và bằng M, hai pittơng này có thể chuyển

động khơng ma sát trong xilanh (hình vẽ). Lúc đầu hai pittơng đứng n, nhiệt độ của khí trong xilanh

 v  3v0 , v 2  v0  . Tìm nhiệt độ cực đại
là T0 . Truyền cho hai pittông các vận tốc v1 , v 2 cùng chiều 1
mà khí trong xilanh đạt được, biết bên ngồi là chân khơng.

Câu 6: (5 điểm)
Một mol khí lý tưởng thực hiện chu trình thuận nghịch 1231 được biểu diễn trên hình vẽ.

Trang 19

- Nội năng U của một mol khí lý tưởng có biểu thức U  kRT . Trong đó k là hệ số có giá trị tùy thuộc
vào loại khí lý tưởng (k = 1,5 ứng với khí đơn nguyên tử; k = 2,5 ứng với khí lưỡng nguyên tử); R là
hằng số khí; T là nhiệt độ tuyệt đối.
- Cơng mà khí thực hiện trong q trình trong q trình đẳng áp 1-2 gấp n lần cơng mà ngoại lực thực
hiện để nén khí trong q trình đoạn nhiệt 3-1.
a. Tìm hệ thức giữa n, k và hiệu suất H của chu trình.
b. Cho biết khí nói trên là khí lưỡng nguyên tử và hiệu suất h = 25%. Xác định n.
c. Giả sử khối khí lưỡng nguyên tử trên thực hiện một q trình thuận nghịch nào đó được biểu diễn
trong mặt phẳng pV bằng một đoạn thẳng có đường kéo dài đi qua gốc tọa độ. Tính nhiệt dung của
khối khí trong q trình đó.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:
a. Vận tốc góc của HS1 là
tâm với vận tốc góc  , hay





u
R . Do cả hai ln nằm trên một bán kính nên r cũng quay quanh

v sin 

r
sin  
r . Do đó
2R


b. Dễ thấy rằng trong q trình đuổi bắt, góc  thay đổi từ 0 đến 6 (vì r thay đổi từ 0 đến R)
Xét trong khoảng thời gian dt, góc  tăng d , r tăng dr ta có: r  2r.sin 
Lấy vi phân hai vế ta được: dr  2R cos .d

Trang 20

dr
d
 2R.cos .
dt
Chia hai vế cho dt: dt
dr
 v.cos 
Do vận tốc theo phương bán kính là v.cos  nên dt
do vậy
v.cos   2R.cos .

 v.dt 
d
� d 
dt
2R

Lấy tích phân hai vế:


6

t

0

0

vdt



v.t

d  � � 

�t
�
2R
6 2R

2R R
�  5s
6v
6

Vậy thời gian học sinh 2 đuổi kịp học sinh 1 là 5s.
Câu 2:

a. Xét vật m1 :

ur uur ur
uu
r
P

N

N

m

a
1
1 1
Áp dụng định luật II Newton có: 1
Chiếu lên trục Ox thu được:  N 21 cos   N1  0 �  N cos   N1  0
Chiếu lên trục Oy thu được: P1  N 21 sin   m1a1 � P1  N sin   m1a 1
- Xét vật m 2 :
ur uuu
r uuur
uu
r
P


N

N

m
a
2
12
2 2
Áp dụng định luật II Newton có: 1
Chiếu lên trục Ox thu được:

N12 cos   m 2 a 2 � N cos   m 2a 2
(2)

(1)

Mặt khác khi m 2 dời sang phải một đoạn x thì m1 đi xuống một đoạn y, ta có:
x  y.tan  � a 2  a1.tan 
(3)
Từ (1) và (2) suy ra
m  g  a1 
�N sin   m1g  m1a1
� tan   1

�
m2a 2
�N cos   m 2 a 2

Từ (3) và (4) suy ra

m1
�
a

1
� m  m tan 2  g

�
1
2
�
m1 tan 
�
a2 
g
2
�
� m1  m 2 tan 

Áp lực giữa m1 và m 2 là:
m2 : a 2 
b. Gia tốc của

(4)

N12  N 21  N 

m2a 2
m1m 2 tan 

cos   m1  m 2 tan 2   cos 

m1 tan 
m1
g
g
2
m1
m1  m 2 tan 
 m 2 tan 
tan 

m1

 m 2 tan  �2 m1m 2
tan

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si có:

Trang 21


Dấu “=” xảy ra khi:

m1
m

m1
 m 2 tan  � tan 2   1 �   arc tan
tan 
m2
m2
m1
m2

  arc tan
Vậy khi
a1 

thì

m1
m1  m 2 .

g m1
2 m2

a 2min 

m1
m2

g

m1
g
g
m1  m1
2

Lúc đó có:
Câu 3:
1. Gọi G là trung điểm của thanh AB

u
r uuur uuu
r ur
P, N A , N B , T
Thanh chịu tác dụng của
AB
ur
u
r
AI 
2
T

P
+ Nếu
momen của cùngc hiều với momen của (đối với trục quay D) nêm thanh không
thể cân bằng.
3
AI  AB
0
0
4
2. Khi
và   60 : Khi đó  OGB đều, I là trung điểm của GB nên �GOI    30
P.

OB
 T.DH
2

Xét momen đối với điểm D ta có:
OB  AB.cos 
�
P
� cos   T sin 
�
DH  OD.sin   AB.sin 

2
với �
T

P.cos 600 P

2.sin 300 2

Thay   60 ,   30 ta được:
Câu 4:
1. Xét vật trong hệ quy chiếu gắn với bán cầu
ur u

r uu
r
r
N  P  Fq  ma
Theo định luật II Niuton ta có:
0

0

u2
mg cos   N  Fq sin   m
R

Chiếu các lực lên phương bán kính:
N  0, Fq  0 � u 2  gR cos 
Lúc m bắt đầu rời bán cầu thì:
uu
r uu
r r
v1  v 2  u
Áp dụng công thức cộng vận tốc:
�v12  v 22  u 2  2v 2 u.cos 
�
�
�v1x  u cos   v 2

(1)
(2)

 3
 4

Suy ra:
+ Theo phương ngang, động lượng của hệ “vật M-m” được bảo toàn
M
mv1x  Mv 2  0 � v1x  v 2
m

(5)
m
u cos 
mM
Từ (4) và (5)
(6)
+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, chọn mốc thế năng tại vị trí vật bắt đầu rịi khỏi bán cầu
� v2 

mgR  1  cos   

mv12 Mv 22


2
2

Thay (2), (3) vào (6) vào (7) ta được:
Trang 22

(7)


m
�

�2
2gR  �
3
cos 2  �
u
2
� mM
� với u  gR cos 
m
�
cos3   3cos   2  0
mM

(8)
1
cos3   3cos   2  0
2. Khi m = M thì từ (8) ta có 2
0
� cos3   6 cos   4  0 có nghiệm cos  3  1 �  �43
Câu 5:

- Đối với pit tông (1): lực tác dụng vào pittông theo phương ngang là lực đẩy F1 ngược chiều v1 nên
pittông (1) chuyển động chậm dần đều.

- Đối với pittông (2): tương tự, lực đẩy F2 cùng chiều với v 2 nên pittông (2) chuyển động nhanh dần

đều.
- Trong quá trình hai pittơng chuyển động, khối khí nhốt trong xilanh chuyển động theo.
- Chọn hệ quy chiếu gắn với pittông (2), vận tốc của pittông (1) đối với pittông (2) là:
uur uu
r uu
r
v12  v1  v 2 �
pittông (1) chuyển động về phía pit tơng (2) chậm dần rồi dừng lại lúc t 0 , sau đó
t  t 0 thì pit tơng (1) chuyển động xa dần với pit tơng (2) và khí lại giãn nở.
- Gọi G là khối tâm của khối khí trong xilanh lúc t  t 0 : khí bị nén, G chuyển động về phía pit tơng (2)
- Lúc t  t 0 : khí bị giãn, G chuyển động ra xa dần pit tơng (2).
Vậy ở nhiệt độ t 0 thì v G  0 � cả hai pit tông cùng khối khí chuyển động cùng vận tốc v.

- Định luật bảo tồn động lượng ta có:
4Mv 0
M3v 0  Mv 0   2M  m  v � v 
 2M  m 
- Động năng cảu hệ lúc đầu:

Wđ1 

- Động năng của hệ lúc ở t 0 là:

1
M  v12  v 22   5Mv 02

2

Wđ 2 

1
 2M  m  v2
2

Mv 02  2M  5m 
W  Wđ 2  Wđ1 
� độ biến thiên động năng:
2M  m

i
3
3
3
U  nRT  nRT � U  nRT  nR  Tmax  T0 
2
2
2
2
- Nội năng của khí:
- Vì U  W nên
Câu 6:

Tmax  T0 

2
2 Mv0  2M  5m 
.
 do n  1
3R
2M  m

a. Cơng mà khí thực hiện được trong quá trình đẳng áp 1-2:
Trang 23

A12  p  V2  V1   R  T2  T1 


Cơng trong q trình đẳng tích 2-3: A 23  0
Theo đề bài, cơng trong q trình đoạn nhiệt 3-1 là:

A 31 

A12
n

� 1�
A  A12  A 23  A 31  �
1 �
R  T2  11 
� n�
Cơng thực hiện trong tồn chu trình:
Ta lại có Q31  0 (q trình đoạn nhiệt)
Trong q trình đẳng tích 2-3:

Q 23  A 23  U 23  U 23 kR  T3  T2   0

vì T3  T2

Q  Q12  A12  U12   k  1 k  T2  T1 

Như vậy chất khí chỉ nhận nhiệt trong q trình 1-2:
1
1
A
n  n  1 � n  1  nh  k  1
H 
Q k  1 n  k  1
Hiệu suất của chu trình:
b. Thay số: n = 8
p

 const
c. Phương trình đoạn thẳng đi qua gốc tọa độ có dạng: V
Phương trình trạng thái: pV  RT

(3)

5
dQ  dA  dU  pdV  RdT
2
Xét quá trình nguyên tố:
Từ (2), (3) ta có: pdV  Vdp  0; pdV  Vdp  RdT

(4)

� pdV 
� dQ 

(1)

(2)

1
RdT
2

1
5
dQ
RdT  RdT  3RdT � C 
 3R
2
2
dT

THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - GIA LAI
Câu 1:

Hai vật nhỏ cùng lúc được ném lên với vận tốc có cùng độ lớn v 0 nhưng các hướng khác nhau. Góc
hợp bởi hai vận tốc của hai vật tùy ý. Biết hai vật chạm đất cùng một vị trí và khoảng cách xa nhất trên
2
L  19m
không của chúng là max
. Lấy g  10m / s . Hãy xác định vận tốc ban đầu v 0 của hai vật.
Câu 2:
Một hình trụ có khối lượng m và bán kính r đang đứng yên và tựa vào một khối hộp như hình vẽ.
Khối hộp được kéo sang trái với vận tốc v không đổi. Lúc đầu khối hộp ở sát cạnh tường, bỏ qua ma
sát giữa hình trụ với tường và khối hộp. Hãy xác định
a. Dạng quỹ đạo chuyển động của tâm hình trụ so với điểm A.
b. Điều kiện của vận tốc v để khối hộp vẫn còn tiếp xúc với trụ khi khoảng cách giữa hai điểm A và

B là r 2 và các lực tác dụng lên thành hình trụ khi khoảng cách giữa A và B là r 2 .

Trang 24


Câu 3:
Một tấm gỗ khối lượng m nằm nhô ra khỏi cạnh bàn một đoạn 3/7 chiều dài của nó. Chiều dài của
một phần bảy tấm gỗ là L = 1m. Người ta dùng các ròng rọc và dây nhẹ để treo phần nhô ra, một vật
khối lượng 4m. Một người khối lượng 3m có thể đứng cách mép bàn một đoạn có chiều dài nằm trong
khoảng giá trị nào để tấm gỗ vẫn nằm ngang.

Câu 4:

Hai quả cầu nhỏ khối lượng m, mỗi quả được coi như chất điểm được lồng vào một vịng nhẵn khối
lượng M bán kính R. Vòng cứng đứng thẳng đứng trên sàn nhà. Ban đầu hai quả cầu ở điểm cao nhất
của vòng cứng, tác động nhẹ vào hai quả cầu để chúng trượt xuống theo vòng, một quả trượt sang phải,
quả kia trượt sang trái. Để cho vòng tròn nẩy lên khỏi sàn trong quá trình chuyển động của hai quả cầu
thì:
a. Lực lớn nhất của hai quả cầu tác dụng lên vòng là bao nhiêu (tính theo m và g).
m
b. giá trị nhỏ nhất của tỉ số M là bao nhiêu. Tìm độ lớn góc  giữa đường nối vật với tam vịng và
phương thẳng đứng mà tại đó vịng nẩy lên.
Câu 5:
Một hình trụ nằm ngang có một đầu kín và đầu cịn lại có một pittơng có thể di chuyển có ma sát
bên trong hình trụ. Bên trong hình trụ có chứa khí lý tưởng đơn ngun tử với thể tích V0 , áp suất p 0

cùng giá trị với áp suất khí quyển bên ngồi.
Pittơng được gắn kín, lực ma sát giữa pittơng và hình trụ chiếm f phần áp lực mà khí quyển bên
ngồi tác dụng lên pittơng. Khí bên trong được làm nóng chậm cho đến khi nó trở về vị trí ban đầu.
Sau đó khí được nung nóng trở lại đến trạng thái đầu. Các thơng số p 0 , V0 , f đã biết.
a. Biểu diễn quá trình biến đổi trên đồ thị p – V.
b. Tính hiệu suất chu trình.
Câu 6:
Giản đồ p – V biểu diễn quá trình biến đổi chậm của một mol khí lí tưởng từ điểm A đến điểm B.
1
Biết tỉ số áp suất của khí ở các trạng thái B và A là 2 . Để khí nhận nhiệt từ bên ngoài trong cả quá

Trang 25