Đề thi olympic vật lý lớp 10 2016 2017 trường THPT chuyên lê hoàng kha tây ninh file word có lời giải chi tiết

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

THPT CHUYÊN LÊ HOÀNG KHA – TÂY NINH
Câu 1: (5 điểm)
Ném một viên đá từ điểm A trên măth phẳng nghiêng với vận tốc v 0 hợp với mặt phẳng ngang một
góc   600 , biết   300 . Bỏ qua sức cản của không khí.
a. Tính khoảng cách AB từ điểm ném đến điểm viên đá rơi chạm vào mặt phẳng nghiêng.
b. Tìm góc  hợp bởi phương vecto vận tốc và phương ngang ngay sau viên đá chạm mặt phẳng
nghiêng và bán kính quỹ đạo của viên đá tại B.

Câu 2: (5 điểm)
Một mặt phẳng nghiêng khối lượng M nằm trên mặt sàn có hệ số ma sát nghỉ  . Một vật khối
lượng m1 được treo bởi một sợi dây vắt qua một ròng rọc ở đầu phía trên mặt phẳng nghiêng và nối
với vật m2 (hình vẽ). Bỏ qua khối lượng dây và khối lượng ròng rọc. Vật m2 chuyển động lên trên,
không ma sát với mặt phẳng nghiêng. Mặt phẳng nghiêng hợp tạo với phương ngang góc  .
a. Tìm gia tốc của m1 , m2 và lực căng dây khi  rất lớn.
b. Tìm hệ số ma sát nghỉ nhỏ nhất để mặt phẳng nghiêng còn đứng yên.

Câu 3: (5 điểm)
Thanh đồng chất, nằm trong một chỏm cầu nhám, hệ số ma sát k, độ dài của thanh bằng bán kính
chỏm cầu. Hỏi thanh có thể tạo với đường nằm ngang góc lớn nhất bằng bao nhiêu mà vẫn cân bằng?
Biết thanh nằm trong mặt phẳng thẳng đứng qua tâm chỏm cầu.

Câu 4: (5 điểm)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Một quả cầu khối lượng m bay theo phương ngang với vận tốc v. Sau khi
va chạm tuyệt đối đàn hồi với mặt phẳng nghiêng của nêm nó bật thẳng đứng
lên trên. Biết nêm có khối lượng M. Bỏ qua ma sát giữa nêm và sàn. Tìm độ
cao cực đại mà quả cầu đạt được sau va chạm.
Câu 5: (5 điểm)
Một mol khí lý tưởng lưỡng nguyên tử thuẹc hiện một chu trình như sau:
Từ trạng thái 1 có áp suất p1  105 Pa , nhiệt độ T1  600K dãn nở đẳng nhiệt
sang trạng thái 2 có áp suất p2  2,5.104 Pa ; rồi bị nén đẳng áp đến trạng thái 3 có nhiệt độ T3  300K;
rồi bị nén đẳng nhiệt đến trạng thái 4; sau đó trở lại trạng thái 1 bằng quá trình đẳng tích.
1. Xác định đầy đủ các thông số tương ứng với các trạng thái 1, 2, 3, 4 của khí. Vẽ đồ thị biểu diễn
cu trình trong hệ tọa độ (pV)
2. Tính công mà khí sinh ra trong cả chu trình và hiệu suất của chu trình.
Câu 6: (5 điểm)
Một bình kim loại có thể tích V chứa không khí ở áp suất khí quyển p 0 . Người ta dùng bơm có thể
tích làm việc V0 tiến hành hút khí ra 3 lần. Sau đó, cũng bơm này bắt đầu bơm khí từ khí quyển vào
bình và cũng thực hiện bơm khí vào 3 lần, khi đó áp suất trong bình lớn gấp 2 lần áp suất khí quyển.
Các điều kiện bên ngoài là  p 0 , T  không đổi. Các quá trình diễn ra đủ chậm, khí bơm vào và khí trong
bình có khối lượng mol là   g / mol  .
a. Tìm hệ thức giữa thể tích làm việc của bơm và thể tích bình.
b. Khối lượng khí trong bình sau 3 lần hút giảm bao nhiêu % so với ban đầu?

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:
a. Trong quá trình chuyển động vật chỉ chịu tác dụng của trọng lực P . Phương trình chuyển động
của vật theo hai trục Ox và Oy:

 x  v0 cos .t


1 2
 y  v0 sin .t  gt

2

1
 2

 x  l cos 
Vị trí viên đá chạm mặt phẳng nghiêng: 
 y  l sin 
Giải hệ phương trình (1), (2), (3), (4) ta tìm được:

l

 v02 cos .  sin .cos   sin .cos  

g.cos 2 
b. Khi vật chạm mặt phẳng nghiêng:

x  l cos   v0 cos .t 



 3
 4

 v02 cos .sin     
g.cos 2 

2v02
l 
3g

2v02
2v cos  2v
cos   t  0 2  0
3g
g cos  g 3

Vận tốc của vật tại B:
v
v
v x  v0 cos   0 ; v y  v0 sin   gt   0
2
2 3
Suy ra: v  v  v 
2
x

 tan  

vy

vx

2
y




v02 v02


4 12

v02
3

v0
1
2 3

   300
v0
3
2

Lực hướng tâm tại B: Fht  mg cos   m

2v02
v2
v2

R

R
g cos  3 3.g

Câu 2:
a. Khi  đủ lớn, mặt phẳng nghiêng còn đứng yên.
Phương trình chuyển động của m1 và m2 là:

P1  T  m1a

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

T  P2 sin   m2a
Ta tính được: a 
Và T 

 m1  m2 sin   g
m1  m 2

m1m 2 1  sin   g
m1  m 2

b. Xét mặt phẳng nghiêng khi cân bằng: T1  T2  N '2  P  N  Fms  0
Suy ra: Fmsn  T cos   N 2 sin 

N  N 2 cos   P  T 1  sin   với N 2  P2 cos 

Để mặt phẳng nghiêng đứng yên: Fmsn  N


m 2 cos   m1  m 2 sin  
M  m1  m 2   m1m 2 1  sin     m1  m 2  m 2 cos 2 
2

Câu 3:
Lực tác dụng vào thanh được biểu diễn trên hình vẽ:
Điều kiện cân bằng momen đối với điểm A và B:
R
(1)
P cos   N 2 R sin 600  kN 2 R cos 600  0
2
R
(2)
P cos   N1R sin 600  kN1R cos 600  0
2
Phương trình (1), (2) suy ra: N 2 

N1



3k



(3)

3k

Điều kiện cân bằng lực: P  N1  N 2  Fms1  Fms2  0

(4)

Chiếu (4) lên trục Ox ta có:

N1 sin  300     kN1 cos  300     N 2 cos  600     kN 2 sin  600   

(5)

1

 3

3
1
Suy ra: N1  cos  
sin    kN1 
cos   sin  
2
2
2

 2


1

 3

3
1
 N 2  cos  
sin    kN 2 
cos   sin  
2
2
2

 2














N1  1  k 3 cos   3  k sin    N 2  1  k 3 cos  




Từ phương trình (3), (6) suy ra:

tg 





 

3  k 1 k 3 

2 3  k



3  k 1 k 3
2









3  k sin  



(6)

4k
3  k2

Câu 4:
Xét trường hợp m  M : Sau va chạm M đứng yên

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

4


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Do va chạm tuyệt đối đàn hồi, dựa vào định luật bảo toàn động lượng và định luật bảo toàn cơ năng, ta
suy ra quả cầu chỉ thay đổi phương còn độ lớn vận tốc không đổi. (suy ra mặt nghiêng hợp với phương
ngang góc 450 )
v2
2g
Xét trường hợp m không quá bé so với M: sau va chạm cả hai cùng chuyển động
Gọi V là vận tốc của nêm sau va chạm
m
Áo dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang: mv  MV  V  v
M

Khi đó: v1  v  h max 

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:
Từ (1) và (2): v12  v 2

Mm
 h max
M

mv2 mv12 MV 2


2
2
2
2
v2 v  M  m 
 1 
2g
2gM

Câu 5:
1. Xác định các thông số trạng thái và vẽ đồ thị:
Áp dụng phương trình trạng thái cho khí ở trạng thái 1:
RT 8,31.600
p1V1  RT1  V1  1 
 49,86.103  m3   49,86 
5
p1
10

(1)

(2)



Từ trạng thái 1 sang trạng thái 2, khí dãn nở đẳng nhiệt: T2  T1  600K
V2 

p1V1 105.49,86

 199, 44 
p2
2,5.104



Từ trạng thái 2 sang trạng thái 3, khí bị nén đẳng áp: p3  p2  2, 4.104 Pa
V3 

T3 V2 V2

 99, 72 
T2
2



Từ trạng thái 3 sang trạng thái 4, khí bị nén đẳng nhiệt: T4  T3  300K
Từ trạng thái 4 sang trạng thái 1, khí biến đổi đẳng tích: V4  V1  49,86 



p3V3 2, 4.104.99, 72
p4 

 0, 48.105  Pa 
V4
49, 68

Như vậy ta có các trạng thái của khí:
p3  2, 4.104 Pa
p1  105 Pa
p 2  2.14.104 Pa
p 4  4,8.104 Pa




1 V1  49,86   2  V2  199, 44   3 V3  99, 72   4  V4  49,86
T  600K
T  600K
T  300K

 1
 2
T4  300K
 3
Đồ thị như hình

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

2. Tính công và hiệu suất của cả chu trình:
+ Quá trình 1-2 là quá trình dãn đẳng nhiệt có U12  0 , khí nhận nhiệt lượng:
Q12  A12  RT1 ln

V2
 8,31.600.1,386  6911 J 
V1

+ Quá trình 2-3 là quá trình nén đẳng áp, khí nhận nhiệt lượng:
7
Q23  Cp  T3  T2   R  T3  T2   3,5.8,31.  300  600   8726  J 
2
Thực tế trong quá trình này khí tỏa nhiệt Q '23  Q 23  8726  J 
+ Quá trình 3-4 là quá trình nén đẳng nhiệt, khí nhận nhiệt lượng:
V
Q34  A 34  RT3 ln 4  8,31.300.  0, 693  1, 728  J 
V3
Thực tế trong quá trình này khí tỏa nhiệt Q '34  Q34  1728  J 
+ Quá trình 4-1 là quá trình đẳng tích, khí nhận nhiệt lượng:
5
Q41  CV  T1  T4   R  T1  T4   2,5.8,31.  600  300   6232  J 
2
+ Công do khí sinh ra trong cả chu trình: U  0
A  Q  Q12  Q 23  Q34  Q 41  2689  J 

+ Hiệu suất của chu trình: H 

A
2689

 0, 2046  20, 46%
Q12  Q 41 6911  6232

Câu 6:
+ Quá trình hút khí:
Lúc đầu khí trong bình có  V, p 0 
Kéo pittông lần thứ 1, khí trong bình đi vào bơm, khí có  V  V0 , p1 
Nhiệt độ của khí không đổi nên ta có: p 0 V  p1  V  V0   p1 
 V 
pV
 p0 
Bơm lần 2, khí có áp suất:  p 2  1

V  V0
 V  V0 

p0 V
V  V0

2

 V 
pV
 p0 
Bơm lần 3, khí có áp suất:  p3  2


V  V0
 V  V0 

3

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

6


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

+ Quá trình bơm khí: trước khi bơm khí trong bình có áp suất p3
Mỗi lần bơm, áp suất khí trong bình tăng thêm một lượng  p 

p0 V0
V

Sau 3 lần bơm, khí trong bình có áp suất bằng p với


 1


 V  3V0
3p V


p  p 3  0 0  p 0 



p

0 
V
V 
 1  V0
 V  V0 


V
V
Theo điều kiện của bài toán: p  2p0 , đặt x  0
V
3

3

3


 3V0 

 
V





3

 1 
 1 
Ta có phương trình: 2  
  3x  2  3x  

 1 x 
 1 x 
V
Giải phương trình ta được x  0,58 nghĩa là 0  0,58
V

b. Khối lượng của khí trong bình ban đầu là: m 0 
p0 V
RT
p V  V 

p3 V  0 
Khối lượng còn lại của khí sau 3 lần hút: m1 

RT
RT  V  V0 

3

Độ giảm khối lượng khí trong bình sau 3 lần hút:
3
3

p0 V  V  p0 V   V  
1  
m  m 0  m1 

 
 
RT  V  V0 
RT   V  V0  


3

 V 
m
 1 
  74, 65%
m0
 V  V0 

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

7