Tài liệu 25 đề thi Olympic Quốc gia môn Vật lí lớp 10 trường chuyên có đáp án

tai lieu, luan van1 of 98.

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
phương thẳng đứng với gia tốc a  0,5m / s 2 . Sau khi rời mặt đất 4s, từ mặt trên của cơng-ten-nơ, một
hịn đá được bắn ra với vận tốc v0  5, 4m / s (đối với công-ten-nơ) theo phương hợp với phương ngang
một góc   300 . Biết công-ten-nơ cao h = 3m, lấy g  10m / s 2 . Coi hòn 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  100g và m2  500g được nối với nhau bằng dây mảnh, nhẹ, không dãn,
nằm yên trên mặt bàn ngang và phẳng. Dây được vắt qua rịng 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
hai vật và bàn là   0, 2 . Dây khơng trượt trên rịng rọc khi cơ hệ chuyển động. Lấy g  10m / s2 . 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.

·
 2, AB  a người đồng thời tác dụng

Để khối trụ nằm yên cân bằng giữa hai tấm sao cho góc AOB
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.

document, khoa luan1 of 98.


tai lieu, luan van2 of 98.

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 khơng
dịch chuyển trong suốt q 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 pittơng 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
document, khoa luan2 of 98.


tai lieu, luan van3 of 98.

Câu 1:
a. Tính thời gian từ lúc ném đã đến lúc nó rơi xuống mặt đất
1
1
Sau 4s độ cao mặt trên côngteno là: h  at 2  3  .0,5.42  7 m
2
2
Vận tốc của cơngteno lúc đó: v1  a.t  0,5.4  2 m / s
uur
Gọi v 0 là vận tốc của viên đá đối với cơngteno thì vận tốc viên đá đối
r uur uur
với đất: v  v0  v1
3
 2, 7 3  m / s 
2
5, 4
Oy: v y  v1  v0 sin   2 
 4, 7  m / s 

2
Chọn trục Oxy như hình vẽ gắn vào mặt đất. Phương trình chuyển động

Chiếu lên Ox: v x  v0 cos   5, 4.

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
của hòn đá theo phương Oy: y  7  v y t 

b. Tầm bay xa hòn đá: L  vx t  2,7. 3.1,74  8,14m
Câu 2:
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  m2g  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 '  Ma1

(1)

Vật m1 : T ' m1g  m1a 2

(2)

Vật m2 : T ' m2g  0

(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 '  m2g
 2  m2g  m1g  m1.2a1  a1  2g
document, khoa luan3 of 98.


tai lieu, luan van4 of 98.

1  F2 10m1g  M.2g  2g  m2  M   4  N 
Câu 3:

ur r
r
uur uuur
- Phương trình cân bằng lực: P  Fms1  Fms2  N1  N2  0
- Chiếu lên trục OI: P  Fms1 cos   Fms2 cos   N1 sin   N1 sin   0
Do đối xứng: N1  N2  N  Fms1  Fms2  Fms
 Fms 

2N sin   P
2cos 

2N  sin   P

 N
2cos 
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

Để trụ không trượt lên: Fms  N 



2N sin   P
a
PR
 .
FF
2cos 
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
- Điều kiện để trụ không trượt xuống: F 
a  sin    cos  
* Điều kiện để trụ đứng yên:

PR
PR
F
a  sin    cos  
a  sin    cos  

Câu 4:
a. Gọi vận tốc quả cầu trước và sau khi va chạm là v và v’: v  2gL
m
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:
mv   m  M  v '  v ' 

v'2
2
   m  M g

f ms x  0   m  M 

(1)

Với f ms

(2)

Từ (1) và (2) cho: x 

m2 L
 m  M

2



L
25

mv2
c. Gọi góc giữa phương ngang và dây treo là  : mgLsin  
2
document, khoa luan4 of 98.

(3)


tai lieu, luan van5 of 98.

mv2
2
f ms  T cos   0
T  mg 

(4)

(5)

N  Tsin   Mg  0
Từ (3) và (4) suy ra:
T  3mg.sin 
Từ (5) và (7) suy ra:
f ms  3mg.sin .cos 

(6)
(7)
(8)

Để đế gỗ khơng di chuyển thì: f ms  N
Từ (6), (7), (8) và (9), ta có:  

Đặt y 

sin 2
8
 2sin 2 
3

(9)

sin 2
sin 2

2M
8
 2sin 2 

 2sin 2 
3m
3

  min  y max

Biến đổi ta được: y 

3

4
tan 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi: ymax  0, 28 , suy ra min  0, 28
7 tan  

Câu 5:
Vì ban đầu áp suất bên trong và áp suất bên n đều bằng P0 nên lị xo khơng biến dạng.
Trường hợp 1: Nếu Fđh   Fmsn max hay kl  mg , khi đó xilanh sẽ đứng yên

kl 

P0  


P Sl
kl 
S
.2Sl  T  2T0 1 
Gọi T là nhiệt độ cuối cùng của khối khí thì: 0  


T0
T
 SP0 

 2kl 
Từ đó: T  T  T0  T0 1 

 SP0 
Trường hợp 2: kl  mg
mg
k
Gọi P1 là áp suất chất khí trong xilanh ở thời điểm cuối:

Do nung chậm nên: kx  mg  x 

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 
Từ đó tìm được: T1  T1  T0  T0 1 

SP0 

Câu 6:
Áp dụng phương trình trạng thái của khí lý tưởng ta có:
document, khoa luan5 of 98.


tai lieu, luan van6 of 98.

T1 
Do

Cp
CV

1    p0 V0 ,
R

T2 

1    p0V0
p0 V0
, T3 
R
R

  và Cp  CV  R nên CV 

R
 1

Do quá trình 2  3 là quá trình đoạn nhiệt ta có: Q23  0

p0 V0
   1   
 1
Cơng chất khí sinh ra trong quá trình 2  3 là:
pV
A 23  U 23  CV  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
pV
trình bằng nhau: A 12  A 23  0 0    1   
 1
pV
U12  CV  T2  T1   0 0   1   
 1
Nhiệt lượng khí nhận được trong quá trình 1  2 là:
2p V

Q12  A12  U 23  0 0   1
 1
Quá trình 3  1 là đẳng áp:
pV
U31  CV  T1  T3   0 0  2 
 1
U 23  CV  T3  T2  

A31  p0  V1  V3   p0 V0  2 
2p0 V0
  1
 1
2p V
Tổng công mà khí thực hiện: A '  A '12  A '23  A '31  0 0   1   
 1
Nhiệt lượng khí truyền ra mơi trường: Q31  A31  U31 

Hiệu suất của chu trình này là: H 

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 của
T

chất điểm là luân phiên giữa chuyển động với gia tốc a trong thời gian T1 
và chuyển động đều trong
10
T
thời gian T2 
.
20
Câu 2: (5 điểm)
Trên mặt phẳng nằm ngang có một nêm khối lượng m2  4kg , chiều dài mặt phẳng nghiêng
document, khoa luan6 of 98.


tai lieu, luan van7 of 98.

L = 12m và   300 . Trên nêm đặt khúc gỗ m1  1kg . Biết hệ số ma sát giữa gỗ và nêm   0,1 . Bỏ qua
r
ma sát giữa nêm và mặt phẳng ngang. Tìm lực F đặt vào nêm để khúc gỗ trượt hết chiều dài mặt phẳng
nghiêng trong thời gian t = 2s từ trạng thái đứng yên. Lấy g  10m / s2 .

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 lị 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 v0  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 = 2m, còn quả cầu M chuyển động lên trên. Khi dây treo họp
với phương thẳng đứng một góc   600 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 / s2 .
Câu 5: (5 điểm)
document, khoa luan7 of 98.


tai lieu, luan van8 of 98.

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
độ T0 và áp suất bằng áp suất khí quyển bên ngồi P0 , pittơng cách đáy khoảng l . Giữa bức tường
thẳng đứng và pittơng 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 ngun tử có khối lượng mol  , nhiệt độ T0 . Trong xilanh 2, có pittơng khối
M
và khơng chứa khí. Phần trên của pittơng trong hai xilanh là chân khơng. Sau đó van K
2
được mở để khí từ xilanh 1 tràn qua xilanh 2. Xác định nhiệt độ của khí sau khi khí đã cân bằng nhiệt
v
động, biết rằng khi đó phần trên của pittơng trong xilanh 2 vẫn cịn khoảng trống. Cho
 0,1 , với v
M

là số mol khí; ma sát giữa pittơng và xilanh là rất nhỏ.

lượng m 

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

  1 2

 1 2

1 2
  1 2



 2 aT1  aT1T2    2 aT1  aT1T1   2aT1T2    2 aT1  aT1T1   3aT1T2   ...   2 aT1   n  1 aT1T1   naT1T2 

 



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:


document, khoa luan8 of 98.


tai lieu, luan van9 of 98.

 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
Gia tốc của m1 đối với m2 : L  a12 .t 2

2
2L
 a12  2  6m / s 2
t
uur ur uuur
uur
Áp dụng đinh luật II Niuton cho vật m1 : Fqt  P1  Fms1  m1 a12
Theo phương Ox: cos .Fqt  m1g sin   Fms1  m1a12
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

a12  g cos   g sin 
 2m / s 2
cos    sin 
- Xét nêm:
Chọn hệ quy chiếu gắn với đất
F  N '1 sin   Fms1 cos   m2a 2
a2 

N1  m1g cos   m1a 2 sin 

Fms    m1g cos   m1a 2 sin  
F  m2a 2  m1  cos2    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 trịn đều với vận tốc góc  , các lực tác
dụng lên A và B như hình vẽ. Ta có:
2


FdhA  mA a nA
OA mB
kl  mA  OA

 mA 2OA  mB2OB 


2
OB mA

FdhB  mBa nB
kl  mB OB

Mặt khác: FdhA  FdhB  kl  k  OA  B  l0 

(2)

Thay (1) vào (2) ta được:


 m 
FdhA  k  OA  OB  l0   k OA 1  A   l0   m A 2OA
 mB 


kmBl0
 OA 
(3)
k  mA  mB   mA mB2

Ta có điều kiện OA  0 nên suy ra:  

document, khoa luan9 of 98.

k  mA  mB 
mA mB

(4)

(1)


tai lieu, luan van10 of 98.

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:


 m 
FdhA  k OA 1  A   l0  và Fqt  mA 2OA
 mB 


m  mB
Từ (4) ta có mA 2  k A
tức là hệ số góc của Fqt nhỏ hơn hệ số
mB

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 sẽ lớn hơn Fqt 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
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ  m, M  ngay trước và sau va chạm ta có:

m  v0  v ' 110  2 

 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
Mv2  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:
mv0  Mv  mv '  v 

Mu 2
v2  3gl
 Mg  0  R 
 0,3m  x  l  R  0, 7m
R
2g
Câu 5:
Trường hợp 1: Fms  kl  mg  kl . Khi đó xilanh sẽ đứng yên
T

Gọi T là nhiệt độ cuối cùng của khối khí thì:
kl 

P 
.2Sl

P0Sl  0 S 
kl 


 T  2T0 1 

T0
T
 SP0 


kl 
Từ đó: T  T  T0  T0 1 

 SP0 
Trường hợp 2: mg  kl
- Giai đoạn xilanh vẫn còn đứng yên:
Gọi x là độ nén cực đại của lò xo. Pittơng cịn đứng n cho đến khi kx  mg  x 

document, khoa luan10 of 98.

mg
k


tai lieu, luan van11 of 98.

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
S
- Áp dụng phương trình trạng thái ta có:
mg 


P0 

 l  x  S
 mg   mg 
P0Sl 
S 

 T1  1 
 1 
 T0
T0
T1
SP0  
kl 

PS
1  P0S  kx  P0S  mg  P1  P0 

- 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
P
S
0


1
kl

 2mg 
Từ đó ta tìm được: T  T  T0  T0 1 

SP0 

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
(1)
vR  T  T0   MgH0  mgH 
 H0  H 
2
2

Trước khi K mở, ở xilanh 1:
Mg
v
(2)
P0 
; V0  H0S  MgH0  vRT0  gH0  RT0
S
M
Sau khi K mở và khí đã cân bằng nhiệt động, ở xilanh 2:
mg
v
(3)
P
; V  HS  mgH  vRT  gH  RT
S
m
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

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)
document, khoa luan11 of 98.


tai lieu, luan van12 of 98.

Một vật có khối lượng có thể trượt khơng ma sát trên một
µ  900 , B
µ   . Nêm ban đầu đứng
cái nêm ABC; AB  l , C
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?
Cho m  0,1kg, M  2m,   300 , l  1m, g  10m / s 2
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
bằng bao nhiêu thì vật nhỏ rời mặt quả cầu ở
M
7R
độ cao
so với mặt bàn ?
4
Câu 5: ( 5 điểm)
Một xilanh tiết diện S đặt thẳng đứng gồm 2 ngăn chứa cùng một
chất khí lý tưởng đơn nguyên tử. Trong xilanh có hai pít-tơng, mỗi píttơng có khối lượng m. Khoảng cách giữa đáy xilanh và pít-tơng phía
dưới là H, khoảng cách giữa hai pit-tông 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.

document, khoa luan12 of 98.

tai lieu, luan van13 of 98.

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:

document, khoa luan13 of 98.


tai lieu, luan van14 of 98.

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.
+ Vận tốc của trọng tài và cầu thủ B trên phương Ty bằng nhau.
18
24
Với Vx   v.  3m / s; Vy  v.  4m / s
30
30
Vậy tốc độ của trọng tài là VT  Vx2  Vy2  5m / s
 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
- Gia tốc hướng tâm của trọng tài - gia tốc của trọng tài trên phương Tx: a x 
- Tương tự: xét trong hệ quy chiếu gắn với cầu thủ B: a y 

2
VT/B
x

BT



3
m / s2
2

Vậy gia tốc của trọng tài là: a  a 2x  2y  3,86m / s 2
Câu 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
ur
r
- Vật m chịu tác dụng của 2 lực: Trọng lực mg , phản lực N của nêm
vng góc với AB

uur r uur
+ Gia tốc của vật đối với sàn: a1  a  a 0
+ Phương trình chuyển động của vật:
Theo phương AB: mg sin   m  a  a 0 cos  
Theo thương vng góc với AB: N  mg cos   ma 0 sin 

(1)

(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
- Nsin   Ma 0
(3)
- Từ (2) và (3) ta có:
N sin 
 N sin  
N  mg cos   m.  
 mg cos 
 sin   N  m.sin 
M 
M

document, khoa luan14 of 98.

2
VT/A
32
 m / s2
AT

9


tai lieu, luan van15 of 98.

 N  M  msin 2    M mg cos   N 

M.mg cos 
M  msin 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)

-Thế vào phương trình (1) ta được:
 

mg sin 2 



mg sin   a  a   
cos

  2  M  msin 2   


 


 mg sin   ma.



m2g sin 2 cos 
m2g sin 2 cos 

a

g
sin


2  M  msin 2  
2  M  msin 2  

2Mg sin   2mg sin 3   mg sin 2.cos 
2  M  msin 2  
2Mg sin   2mg sin  1  cos 2    2mg sin .cos 2 
2  M  msin 2  



 M  m  g.sin 
M  msin 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?
- Thay các giá trị m  0,1kg, M  2m,   300 , l  1m, g  10m / s 2 vào biểu thức (5) và (6):

mg.sin 2
0,1.10.sin 600
a0  

 1,92m / s 2
2
2
0
2  M  msin  
2  0, 2  0,1.sin 30 
a

 M  m  g.sin    0, 2  0,1 .10.sin 300



20
m / s2
3

M  msin 
0, 2  0,1.sin 30
r
uur
uur r uur
- Nhận thấy: a 0 có hướng cố định, a có hướng cố định song song với AB nên a1  a  a 0 cũng có
2

2

0

hướng cố định hợp với phương ngang một góc  .

2

2
 20 
 20 
+ Ta có: a12  a 2  a 02  2aa 0 cos      1,92   2   1,92  cos 300
 3 
 3 

 a1  5,1m / s2

20
sin 300
sin  sin 
a sin 

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

Vậy quỹ đạo vật m là đường thẳng AD nghiêng góc 40,80 so với phương ngang.
document, khoa luan15 of 98.


tai lieu, luan van16 of 98.

- Xét tam giác ACD với AC = 0,5m ta có: tan  

AC
AC
0,5
 x1  OD 

 0,58  m 
OD
tan  tan 40,80

Vậy hoành 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 hoành độ:
x 2    CB  OD     ABcos   OD    1.cos300  0,58  0, 29  m 

Câu 3:
- Các lực tác dụng vào thanh BC
ur
+ Trọng lực P : P = mg
ur
+ Lực căng dây T
ur ur uuur
ur
+ Phản lực của tường Q được phân tích: Q  N  Fms

(1)

- Chọn hệ quy chiếu Bxy như hình vẽ
ur ur ur uuur r
- Khi hệ cân bằng ta có: P  T  N  Fms  0

(2)

Bx: N  T.sin 
By: f ms  mg  T.cos 

(3)
(4)

- Cân bằng momen của hệ đối với trục quay qua B
Đặt AB = h và ABC  
d
d sin 
P. .sin   T.h.sin   T  mg.

2
2h.sin 
- Áp dụng định lí hàm sin trong tam giác ABC:
d.sin     
d
L
h


h
sin  sin  sin     
sin 

Từ (3), (5), (6): T 

(5)

(6)

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

(7)


cos .sin  
Từ (4): f ms  mg 1 

(8)

2sin







- 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 
Từ (4): mg 1 
  k.
2sin     
 2sin      

Hay: k 

(9)

2sin .cos   sin .cos   2
1 



sin .sin 
 tan  tan  

(10)

L.sin 
d 2  L2 .sin 2
 cos  
d
d

(11)

Từ (6): sin  
Từ (10): k 

2 d 2  L2 .sin 2 
1

L.sin 
tan 

Câu 4:

uur
uur
Khi m bắt đầu rời khỏi M thì m có vận tốc v1 đối với M và M có vận tốc v 2 đối với đất.
Bảo tồn động lượng theo phương ngang:
mv1 sin 
Mv2  m  v2  v1 sin    0  v 2 
mM
document, khoa luan16 of 98.

(1)


tai lieu, luan van17 of 98.

2
2

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



uur uur
m v1  v 2



2

2



 2mgR 1  sin     m  M  v22  mv12  2mv1v 2 cos    
2


Từ (1) và (2) ta có:

(2)

m2 sin 2  2
2m2 sin 2  2
2
 2mgR 1  sin   
v1  mv1 
v1
mM
mM
mM
(3)
 v12  2gR 1  sin  
M  m cos 2 
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:
v12
mg sin   m  v12  gR sin 
R

(4)

mM
M  m cos2 
m
3sin   2
3sin   2



 3
2
M 2  2sin   sin  cos  sin   3sin   2
7R
R
3
m 16
4
Vì sin  

 nên ta có:
M 11
R
4
Câu 5:
Áp suất ở cả hai ngăn không đổi và tương ứng với ngăn trên và ngăn dưới là:
mg
2mg
(1)
p1  p0 
; p 2  p0 
S
S
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; p2 V2  n 2 RT2
(2)

Từ (3) và (4) suy ra: sin   2 1  sin  

Trong đó số mol khí n1 , n 2 được xác định từ điều kiện ban đầu:

n1 

p1.2HS
p .HS
; 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 tơng 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
U 
 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

 4mg


 3p0  V2   4mg  3p0S x 2
 S


Lại có: Q  U  A
document, khoa luan17 of 98.


tai lieu, luan van18 of 98.

3
 3p0S  4mg  x 2   4mg  3p0S x 2   7,5p0S  10mg  x 2
2
6Q
2Q
ĐS: x1 
; x2 
5  3p0S  4mg 
5  3p0S  4mg 
Q

Câu 6:
Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng ta có:
1    p0 V0 ; T  p0 V0 ; T  1    p0V0
T1 
2
3
R
R
R
C
R
Do p   và Cp  CV  R nên CV 
CV

 1
Do quá trình 2  3 là q trình đoạn nhiệt ta có: Q23  0

p0 V0
   1   
 1
Cơng chất khí sinh ra trong quá trình 2  3 là:
pV
A 23  U 23  CV  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
pV
trình bằng nhau: A12  A 23  0 0    1   
 1
pV
U12  CV  T2  T1   0 0   1   
 1
Nhiệt lượng khí nhận được trong quá trình 1  2 là:
2p V
Q12  A12  U 23  0 0   1
 1
Quá trình 3  1 là đẳng áp:
pV
U31  CV  T1  T3   0 0  2 
 1
U 23  CV  T3  T2  

A31  p0  V1  V3   p0 V0  2 
2p0 V0
  1

 1
2p V
Tổng cơng mà khí thực hiện: A '  A '12  A '23  A '31  0 0   1   
 1
Nhiệt lượng khí truyền ra môi trường: Q31  A31  U31 

Hiệu suất của chu trình là H 

A'

 1
Q12
 1

THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – BÌNH DƯƠNG
Câu 1: (5 điểm)
Một học sinh thứ nhất chạy trên đường trịn tâm O bán kính R = 30m với tốc độ không 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.

document, khoa luan18 of 98.


tai lieu, luan van19 of 98.

uuuur
a. Khi học sinh thứ hai đến điểm M  OM  r  thì vecto vận tốc của cậu ta hợp với OM một góc  .
r
2R
b. Sau bao lâu thì học sinh thứ hai đuổi kịp học sinh thứ nhất.

Câu 2: (5 điểm)
Khối lăng trụ tam giác vuông khối lượng m1 , với góc  như hình vẽ

Chứng tỏ rằng sin  

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
1. Chứng tỏ rằng thanh không thể cân bằng nếu AI 
2
3
2. Tìm lực căng dây khi AI  AB và   600
4

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

Một vật nhỏ có khối lượng m bắt đầu trượt không 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 pittông đứng yên, nhiệt độ của khí trong xilanh
là T0 . Truyền cho hai pittơng các vận tốc v1 , v 2 cùng chiều  v1  3v0 , v2  v0  . Tìm nhiệt độ cực đại
mà khí trong xilanh đạt được, biết bên ngồi là chân khơng.

document, khoa luan19 of 98.


tai lieu, luan van20 of 98.

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

- 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 quá trình trong quá trình đẳng áp 1-2 gấp n lần cơng mà ngoại lực thực
hiện để nén khí trong quá 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 ngun tử và hiệu suất h = 25%. Xác định n.
c. Giả sử khối khí lưỡng nguyên tử trên thực hiện một quá 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:
u
. Do cả hai ln nằm trên một bán kính nên r cũng quay quanh tâm
R

v sin 
r
với vận tốc góc  , hay  
. Do đó sin  
r
2R

a. Vận tốc góc của HS1 là  

document, khoa luan20 of 98.


tai lieu, luan van21 of 98.

b. Dễ thấy rằng trong q trình đuổi bắt, góc  thay đổi từ 0 đến


(vì r
6

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
Chia hai vế cho dt:

dr
d
 2R.cos .
dt
dt

Do vận tốc theo phương bán kính là v.cos  nên

v.cos   2R.cos .

dr
 v.cos  do vậy
dt

 v.dt 
d
 d 
dt
2R

6

t

0

0

Lấy tích phân hai vế:  d  

vdt
 v.t
2R R
 
t

  5s
2R
6 2R
6v
6

Vậy thời gian học sinh 2 đuổi kịp học sinh 1 là 5s.
Câu 2:
a. Xét vật m1 :

ur uur ur
uur
Áp dụng định luật II Newton có: P1  N1  N  m1 a1
Chiếu lên trục Ox thu được:  N21 cos   N1  0   N cos   N1  0
Chiếu lên trục Oy thu được: P1  N21 sin   m1a1  P1  Nsin   m1a1
(1)
- Xét vật m 2 :

ur uuur uuur
uur
Áp dụng định luật II Newton có: P1  N2  N12  m2 a 2
Chiếu lên trục Ox thu được:
N12 cos   m2a 2  N cos   m2a 2

(2)

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   m2a 2

(4)

m1

a1  m  m tan 2  g

1
2
Từ (3) và (4) suy ra 
m1 tan 
a 
g
2

m1  m 2 tan 2 
Áp lực giữa m1 và m 2 là: N12  N 21  N 
document, khoa luan21 of 98.

m2a 2
m1m2 tan 


cos   m1  m2 tan 2   cos 


tai lieu, luan van22 of 98.

m1 tan 
m1
g
g
2
m1
m1  m 2 tan 
 m2 tan 
tan 
m1
 m2 tan   2 m1m2
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si có:
tan 

b. Gia tốc của m2 : a 2 

Dấu “=” xảy ra khi:

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

Vậy khi   arc tan

m1
g m1
thì a 2min 
m2
2 m2

Lúc đó có: a1 

m1
m
m1  m 2 . 1
m2

g

m1
g
g
m1  m1
2

Câu 3:
1. Gọi G là trung điểm của thanh AB
ur uuur uuur ur
Thanh chịu tác dụng của P, NA , NB , T
ur
ur

AB
+ Nếu AI 
momen của T cùngc hiều với momen của P (đối với
2
trục quay D) nêm thanh không thể cân bằng.
3
2. Khi AI  AB và   600 : Khi đó  OGB đều, I là trung điểm
4
của GB nên GOI    300
Xét momen đối với điểm D ta có: P.

OB
 T.DH
2

OB  AB.cos 
P
với 
 cos   T sin 
2
DH  OD.sin   AB.sin 
Thay   600 ,   300 ta được: T 

P.cos 600 P

2.sin 300 2

Câu 4:
1. Xét vật trong hệ quy chiếu gắn với bán cầu
ur ur uur

r
Theo định luật II Niuton ta có: N  P  Fq  ma
Chiếu các lực lên phương bán kính: mg cos   N  Fq sin   m

u2
R

(1)
Lúc m bắt đầu rời bán cầu thì: N  0, Fq  0  u 2  gR cos 
(2)

uur uur r
Áp dụng công thức cộng vận tốc: v1  v2  u
2
2
2

 3
 v1  v 2  u  2v 2 u.cos 
Suy ra: 
 4

 v1x  u cos   v 2
+ Theo phương ngang, động lượng của hệ “vật M-m” được bảo toàn

document, khoa luan22 of 98.


tai lieu, luan van23 of 98.

M
(5)
v2
m
m
Từ (4) và (5)  v2 
u cos  (6)
mM
+ Áp dụng định luật bảo tồn cơ năng, chọn mốc thế năng tại
vị trí vật bắt đầu ròi khỏi bán cầu
mv1x  Mv2  0  v1x 

mv12 Mv22
(7)

2
2
Thay (2), (3) vào (6) vào (7) ta được:
m


2gR   3 
cos 2   u 2 với u 2  gR cos 
mM


mgR 1  cos   



m
(8)
cos3   3cos   2  0
mM
1
2. Khi m = M thì từ (8) ta có cos3   3cos   2  0
2

 cos3   6cos   4  0 có nghiệm cos  3  1    430
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 q 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 uur uur
v12  v1  v2  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 vG  0  cả hai pit tông cùng khối khí chuyển động cùng vận tốc v.
- Định luật bảo tồn động lượng ta có:
4Mv0
M3v0  Mv0   2M  m  v  v 
 2M  m 
1
M  v12  v22   5Mv02

2
1
- Động năng của hệ lúc ở t 0 là: Wđ 2   2M  m  v 2
2

- Động năng cảu hệ lúc đầu: Wđ1 

Mv02  2M  5m 
 độ biến thiên động năng: W  Wđ 2  Wđ1 
2M  m
document, khoa luan23 of 98.


tai lieu, luan van24 of 98.

i
3
3
3
- Nội năng của khí: U  nRT  nRT  U  nRT  nR  Tmax  T0 
2
2
2
2

- Vì U  W nên Tmax  T0 

2
2 Mv0  2M  5m 
.

 do n  1
3R
2M  m

Câu 6:
a. Công mà khí thực hiện được trong q trình đẳng áp 1-2: A12  p  V2  V1   R  T2  T1 
Cơng trong q trình đẳng tích 2-3: A 23  0
Theo đề bài, công trong quá trình đoạn nhiệt 3-1 là: A31 

A12
n

 1
Cơng thực hiện trong tồn chu trình: A  A12  A 23  A31  1   R  T2  11 
 n
Ta lại có Q31  0 (q trình đoạn nhiệt)

Trong q trình đẳng tích 2-3: Q23  A23  U23  U23kR  T3  T2   0 vì T3  T2
Như vậy chất khí chỉ nhận nhiệt trong quá trình 1-2: Q  Q12  A12  U12   k  1 k  T2  T1 
1
1
A
n  n  1  n  1  nh  k  1
Hiệu suất của chu trình: H  
Q k  1 n  k  1

(1)

b. Thay số: n = 8
c. Phương trình đoạn thẳng đi qua gốc tọa độ có dạng:

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

 dQ 

p
 const
V
(3)

(2)

(4)

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
khơng của chúng là Lmax  19m . Lấy g  10m / s 2 . 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.
document, khoa luan24 of 98.


tai lieu, luan van25 of 98.

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 .

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 vòng nhẵn khối
lượng M bán kính R. Vịng 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 vịng là bao nhiêu (tính theo m và g).
m
b. giá trị nhỏ nhất của tỉ số
là bao nhiêu. Tìm độ lớn góc  giữa đường nối vật với tam vịng và
M
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 nguyên 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 p0 , 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 q 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 . Để khí nhận nhiệt từ bên ngồi trong cả quá trình
2
document, khoa luan25 of 98.